新课标三年高考化学试题分类汇编：物质结构与性质（选修

新课标三年高考化学试题分类汇编：物质结构与性质（选修）

1．（2007海南·22）下列叙述正确的是（   ）

A．分子晶体中的每个分子内一定含有共价键

B．原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键

C．离子晶体中可能含有共价键

D．金属晶体的熔点和沸点都很高

答案：C

考点：本题考查了晶体的结构与性质。

解析：本题中稀有气体为单原子分子无共价键；原子晶体中如SiO₂ 也存在Si－O极性共价键，B错；在铵盐中既存在离子键又存在共价键，C正确。金属汞的熔点很低，D错。

2．（2007海南·23）用价层电子对互斥理论预测H₂S和BF₃的立体结构，两个结论都正确的是（   ）

A．直线形；三角锥形                            B．V形；三角锥形

C．直线形；平面三角形                         D．V形；平面三角形

答案：D

考点：本题考查了价层电子对互斥理论的应用。

解析：H₂S为V形；BF₃为平面三角形。

3．（2007海南·24） NaCl的晶胞如右图，每个NaCl晶胞中含有的Na⁺离子和Cl 离子的数目分别是（   ）

A．14，13    B．1，1    C．4，4    D．6，6

答案：C

考点：本题考查了NaCl晶胞的结构。

解析：每个NaCl晶胞中含有的Na⁺离子和Cl 离子的数目分别是4、4。

4．（08年海南化学·22）在硼酸[B(OH)₃]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是

A．sp，范德华力                                                B．sp²，范德华力

C．sp²，氢键                                                        D．sp³，氢键

答案：C

解析：由于石墨的结构是平面六边形，每个碳原子以sp²杂化轨道的类型形成的三个共价键是正三角形构型，而硼酸[B(OH)₃]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。因此B原子杂化轨道的类型为sp²类型，且羟基之间作用力为氢键。

5．（08年海南化学·23）在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是

A．最易失去的电子能量最高

B．电离能最小的电子能量最高

C．p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量

D．在离核最近区域内运动的电子能量最低

答案：C

解析：选项C没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层。

6．（08年海南化学·24）已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的

A．ZXY₃                                                                                                    B．ZX₂Y₆

C．ZX₄Y₈                                                                                                  D．ZX₈Y₁₂

答案：A

解析：化合物的化学式确定的方法为均摊法。X处在正方体的八个顶点上，其个数为： ；Y处在正方体的12条楞上，其个数为： ；Z处在正方体的体心上，其个数为1。

7．（09年海南化学·19.1）在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分。下列各对原子形成化学键中共价键成分最少的是:

A．Li，F                        B．Na，F                       C．Na，C1                    D．Mg，O

答案：B 

解析：比较两原子电负性的差，其中Na与F的电负性差最大。

8．（09年海南化学·19.2）下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是:

	表述Ⅰ	表述Ⅱ
A	在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大	NaCl晶体中C1—与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B	通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高	Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C	在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同	同一主族元素原子的最外层电子数相同
D	P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电	P4O10、C6H12O6均属于共价化合物

答案：B 

解析：A选项中，NaCl溶于水是离子晶体的特性，I₂是非极性分子溶解度小；B选项中分子的稳定性与键能有关，所以正确；C中形成化合物不一定是最高价或最低价，所以不与最外层电子数呈因果关系；D选项因P₄O₁₀发生了反应，所以不能证明P₄O₁₀是共价化合物。

9．（09年海南化学·19.3）下列说法中错误的是:

A．SO₂、SO₃都是极性分子

B．在NH₄⁺ 和[Cu(NH₃)₄]²⁺中都存在配位键

C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强

D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性

答案：A 

解析：A选项中，SO₃是平面三角形的分子，为非极性分子，明显错误。

10．（11分）（2007海南·25）A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：

（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为            ；

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B的元素符号为            ，C的元素符号为             ；

（3）D元素的正三价离子的3d亚层为半充满，D的元素符号为             ，其基态原子的电子排布式为              。

（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为            ，其基态原子的电子排布式为             。

 答案：（1）N（2）Cl  K（3）Fe  1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²

（4）  Cu  1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹

_­考点：本题考查了常见元素种类推断以及原子结构。

解析：(1)A元素原子核外共有5个电子，则核内为5个质子，因此为N。(2)B、C分别为17、19号元素即Cl、K。(3)D³⁺的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，可知D为26号元素，即Fe，因此其基态原子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²。(4)E元素原子核外共有29个电子，即第29号元素为Cu，电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹。

11．（07年广东化学·29）（10分）

C、S、O、Se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）Ge的原子核外电子排布式为

（2）C、Si、Sa三种元素的单质中，能够形成金属晶体的是

（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                            ；

②SO₂晶体的空间构型及硅氧之间的成键方式                            ；

③已知SnO₂是离子晶体，写出其主要物理性质             （写出2条即可）

（4）CO可以和很多金属形成配合物，如Ni（CO）₂，Ni与CO之间的键型为

（5）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^－3，CO分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm^－2，则Ni（CO）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：（10分）

（1）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p²

（2）Sn

（3）①直线型  共价键（或α键与π键）②Si=O通过共价键形成四面体结构，四面体之间通过共价键形成空间网状结构共价键（或α键）③熔融时能导电、较高的熔点

（4）配位键

（5）B

解析：考查学生对原子结构和原子核外电子排布的了解，对常见物质空间构型和化学键与物质性质的了解，以及对原子晶体、金属晶体、简单配合物的结构的了解和对离子键形成的理解，考查学生的归纳推理能力、信息迁移能力及其综合应用能力。

12．（07年宁夏理综·31B）[化学—选修物质结构与性质]

   已知A、B、C、D和E 5种分子所含原子数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子。又知B、C和D是由两种元素的原子组成。请回答：

（1）组成A分子的原子的核外电子排布式是              ；

（2）B和C的分子式分别是        和        ；C分子的立体结构呈        型，该分子属于        分子（填“极性”或“非极性”）；

（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成。则D的分子式是        ，该反应的化学方程式为                              ；

（4）若将1mol E在氧气中完全燃烧，只生成1mol CO₂和2molH₂O，则E的分子式是        。

答案：（1）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶  （2）HCl  H₂S  V  极性      （3）H₂O₂  2H₂O₂

MnO2

2H₂O+O₂↑（4）CH₄O

解析：（1）因A有18个电子且只有1个原子，所以A为18号元素Ar，按照核外电子排布规律可以写出其电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶ 。

（2）B、C两分子均有2种元素组成的，是分别含有2和3个原子的18电子的分子，所以B为HCl，C为H₂S，H₂S的结构与水分子的结构相似均为“V”型的极性分子。

（3）因为D分子中含有4个原子、2种元素、18个电子，且在溶液中加入MnO₂后生成无色气体，所以D为H₂O₂ 。反应的化学方程式为2H₂O₂

MnO2

2H₂O+O₂↑。

（4）因为1mol E在氧气中完全燃烧，只生成1mol CO₂和2molH₂O，所以1个E分子中含有1个C原子和4个H原子。又因为E分子中含有6个原子且为18电子分子，因此E中含有的另一个原子为O原子。因此E的化学式为CH₄O。

13．（07年山东理综·32）（8分）【化学－物质结构与性质】

请完成下列各题：

（1）前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有    种。

（2）第ⅢA、ⅤA原元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。Ga原子的电子排布式为            。在GaN晶体中，每个Ga原子与      个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为           。在四大晶体类型中，GaN属于         晶体。

（3）在极性分子NCl₃中，N原子的化合物为―3，Cl原子的化合价为＋1，请推测NCl₃水解的主要产物是            （填化学式）。

   答案：（1）5

   （2）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p¹（或[Ar]3d¹⁰4s²4p¹）  4  正四面体  原子

   （3）HClO  NH₃·H₂O

   解析：（1）第四周期中，基态原子中未成对电子数与其周期数相同的元素包括：第１周期的氢、第二周期的碳和氧、第三周期的磷、第四周期的铁，共5种。

   （2）Ga在元素周期表中是第四周期、第ⅢA族，原子序数是31，即其原子核外电子数是31，根据核外电子的排布规律可以写出该原子的电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p¹或[Ar]3d¹⁰4s²4p¹。因为GaN晶体结构与单晶硅相似，可知GaN晶体是原子晶体，晶体结构为空间网状结构，每个Ga原子与四个N相连，这四个N原子构成的空间构型是正四面体型。

   （3）水解反应前后各元素的化合价不变，由题意知NCl₃中N的化合价为-3价，Cl的化合价为+1价，则在NCl₃水解的产物中N的化合价也是-3价，Cl的化合价是+1价，分析可知其水解产物是HClO和NH₃ ·H₂O 。

14．[化学——选修物质结构与性质]（15分）（08年宁夏理综·35）

X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：

（1）X、Y的元素符号依次为          、          ；

（2）XZ₂与YZ₂分子的立体结构分别是          和          ，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是          （写分子式），理由是                    ；

（3）Q的元素符号是        ，它属于第       周期，它的核外电子排布式为          ，在形成化合物时它的最高化合价为               ；

（4）用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键               。

答案：（1）S   C

（2）V形   直线形   SO₂   因为CO₂是非极性分子，SO₂和H₂O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO₂在H₂O中的溶解度较大

（3）Cr   四   1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹        +6

（4）F—H…F   F—H…O   O—H…F    O—H…O

解析：根据电子的核外排布规律，能量最低原理，且X原子核外的M层中只有两对成对电子，故X为硫元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，共有6个电子，Y为碳元素，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素为氧元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，Q的核电荷数为24，是铬元素，在元素周期表的各元素中电负性最大的是氟元素。XZ₂与YZ₂分子为SO₂、CO₂， SO₂和H₂O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO₂在H₂O中的溶解度较大。且H易与O、 F、N形成氢键。

15．（10分）（08年广东化学·27）镁、铜等金属离子是人体内多种酶的辅因子。工业上从海水中提取镁时，先制备无水氯化镁，然后将其熔融电解，得到金属镁。

（1）以MgCl₂为原料用熔融盐电解法制备镁时，常加入NaCl、KCl或CaCl₂等金属氯化物，其主要作用除了降低熔点之外还有            。

（2）已知MgO的晶体结构属于NaCl型。某同学画出的MgO晶胞结构示意图如下图所示，请改正图中错误：                    。

（3）用镁粉、碱金属盐及碱土金属盐等可以做成焰火。燃放时，焰火发出五颜六色的光，请用原子结构的知识解释发光的原因：                 。

（4）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：

氧化物	NaF	MgF2	SiF4
熔点/K	1266	1534	183

解释表中氟化物熔点差异的原因：               。

（5）人工模拟是当前研究的热点。有研究表明，化合物X可用于研究模拟酶，当其结合 或Cu（I）（I表示化合价为+1）时，分别形成a和b：

①a中连接相邻含N杂环的碳碳键可以旋转，说明该碳碳键具有        键的特性。

②微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用，比较a和b中微粒间相互作用力的差异                。

答案：（10分）（物质结构选做题）

（1）增大离子浓度，从而增大熔融盐的导电性

（2）⑧应为黑色

（3）原子核外电子按一定轨道顺序排列，轨道离核越远，能量越高。燃烧时，电子获得能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的另一条轨道。跃迁到新轨道的电子处在一种不稳定的状态，它随即就会跳回原来的地能量轨道，并向外界释放能量（光能）

（4）NaF与MgF₂为离子晶体，SiF₄为分子晶体，所以NaF与MgF₂远比SiF₄熔点要高。又因为Mg^2＋的半径小于Na^＋的半径，所以MgF₂的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF₂的熔点大于NaF。

（5）①σ键   ②a中存在氢键和范德华力，b中存在配位键

解析：(1)   以MgCl2为原料用熔融盐电解法制备Mg时，常加入NaCl、KCl、或CaCl2等金属氯化物，其主要作用除了降低熔点之外还有：增大离子浓度，从而增大熔融盐的导电性。

(2)   请更正图中错误：⑧应为黑色。

(3)   请用原子结构的知识解释发光的原因：原子核外电子按一定轨道顺序排列，轨道离核越远，能量越高。燃烧时，电子获得能量，从内侧轨道跃迁到外侧的另一条轨道。跃迁到新轨道的电子处在一种不稳定的状态，它随即就会跳回原来轨道，并向外界释放能量（光能）。

(4)   解释表中氟化物熔点差异的原因：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF。

(5)   ①a中连接相邻含N杂环的碳碳键可以旋转，说明该碳碳键具有：σ键的特性。

②微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用，比较a和b中微粒间相互作用的差异：a中微粒间的相互作用为氢键，b中微粒间的相互作用为配位共价键。 

16．（11分）（08年海南化学·25）四种元素X、Y、Z、W位于元素周期表的前四周期，已知它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为51；Y原子的L层p轨道中有2个电子；Z与Y原子的价层电子数相同；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4︰1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5︰1。

（1）Y、Z可分别与X形成只含一个中心原子的共价化合物a、b，它们的分子式分别是      、      ；杂化轨道分别是       、       _；a分子的立体结构是       。

（2）Y的最高价氧化物和Z的最高价氧化物的晶体类型分别是       晶体、       晶体。

（3）X的氧化物与Y的氧化物中，分子极性较小的是（填分子式）       。

（4）Y与Z比较，电负性较大的       ，其+2价离子的核外电子排布式是                   。

答案：（11分）（1）CH₄   SiH₄   sp³   sp³   正四面体   （2）分子   原子   （3）CO₂

（4）C   （5）Zn  1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰

解析：由“Y原子的L层p轨道中有2个电子”可知Y原子的电子排布式是1s²2s²2p²，为碳元素；由“Z与Y原子的价层电子数相同”可知Z与碳元素同主族，又因Z位于元素周期表的前四周期且核电荷数大于Y，所以Z可能为硅元素（14号）或锗元素（32号），若Z为锗元素，则四种元素的核电荷数之和大于51（因W的核电荷数比Z的还要大），即Z只能为硅元素；由“W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4︰1”可知W的最外层电子数为2，由“d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5︰1”可知d轨道中的电子数为10，所以W原子的电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²，即W为锌元素；又因四种元素的核电荷数之和为51，所以X元素的核电荷数为1，是氢元素。

17．（8分）（08年山东理综·32）【化学­——物质结构与性质】

氮是地球上极为丰富的元素。

（1）Li₃N晶体中氮以N^3-存在，基态N^3-的电子排布式为___________。

（2） N N的键能为942 kJ·mol^-1，N-N单键的键能为247 kJ·mol^-1，计算说明N₂中的___________键比____________键稳定（填“σ”或“π”）。

（3）(CH₃)₃NH⁺和AlCl₄^-可形成离子液体。离子液体由阴、阳离子组成，熔点低于100℃，其挥发性一般比有机溶剂__________（填“大”或“小”），可用作__________（填代号）。

  a．助燃剂

  b．“绿色”溶剂

  c．复合材料

  d．绝热材料

（4）X^＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N^3－形成的晶体结构如图所示。X的元素符号是_____________，与同一个N^3-相连的X⁺有__________个。

答案：

（1）1s²2s²2p⁶      （2）π     σ   （3）小   b    （4）Cu  6

解析：基态N^3-的电子10个，已达稳定状态，故为1s²2s²2p⁶，计算可知，N≡N中的π键的键能为942 kJ·mol^-1减去N－N单键的键能247 kJ·mol^-1 ，因此π键比σ键稳定。离子液体由阴、阳离子组成，其挥发性较小，且无污染。X⁺中所有电子正好充满KLM三个电子层，应含有28个电子，则X原子未29个电子，X的元素符号是Cu，X⁺ 和N^3-组成比例为3：1，根据晶体结构图所示黑点为X⁺，白点为N^3-，与同一个N^3-相连的X⁺有6个。

18．（12分）（08年江苏化学·21A）

已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC₂为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl₃能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为                  。

（2）B的氢化物的分子空间构型是             。其中心原子采取          杂化。

（3）写出化合物AC₂的电子式             ；一种由B、C组成的化合物与AC₂互为等电子体，其化学式为              。

（4）E的核外电子排布式是              ，ECl₃形成的配合物的化学式为        。

（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是                                                 。

答案：（12分）

（1）C＜O＜N              （2）三角锥形         sp³

（3）      N₂O

（4）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹（或[Ar] 3d⁵4s¹）       [Cr(NH₃)₄(H₂O)₂]Cl₃

（5）4Mg+10HNO₃=4Mg(NO₃)₂+NH₄NO₃+3H₂O

解析：A:化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，推知C为氧元素，D为镁元素，AC₂为非极性分应为二氧化碳，A为碳元素。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，推出B氮元素，NH₃分子空间构型是三角锥形，氮原子sp³杂化，E的原子序数为24，ECl₃能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界，E为铬元素，二氧化碳分子应满足8电子稳定态。

19．（09年海南化学·19.4）（11分）

已知A、B、C、D和E都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族。B和C属同一主族，D和E属同一周期，又知E是周期表中1—18列中的第7列元素。D的原子序数比E小5，D跟B可形成离子化合物其晶胞结构如右图。

请回答：

（1）A元素的名称是                     ；

（2）B的元素符号是              ，C的元素符号是               ，B与A形成的化合物比C 与A形成的化合物沸点高，其原因是                    

（3）E属元素周期表中第         周期，第        族的元素，其元素名称是        ，它的+2价离子的电子排布式为                    ：

（4）从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为            ；该离子化合物晶体的密度为ag·cm^-3，则晶胞的体积是                （只要求列出算式）。

答案：：（11分）

（1）氢（1分）

（2）F      Cl     氟化氢分子间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键（3分）

（3）四    VIIB  锰   1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵（4分）

（4）CaF₂    （3分）

解析：从D、E是周期表中1—18列中E排第7列可判断E是第4周期VIIB族，所以D也在第4周期；图中离子化合物D：B=1：2，则D为Ca，且B的序数在前面，B为F，C为Cl；A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族，所以A为H。

（2）考查氢键；（3）锰在周期表中的位置，+2价时已经失去个电子，所以排布式为[Ar]3d⁵；

（4）ρ= = （40+38）×4÷（6.02×10²³）g÷V = a g·cm^-3

V =

20．（09年安徽理综·25）（17分）

W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数一次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色（或砖红色）的Z₂O和黑色的ZO两种氧化物。

（1）W位于元素周期表第   周期第    族。W的气态氢化物稳定性比 H₂O(g)     （填“强”或“弱”）。

（2）Y的基态原子核外电子排布式是      ，Y的第一电离能比X的      （填“大”或“小”）。

（3）Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是      。

Fe(s)＋O₂(g)=FeO(s) △H=－272.0kJ·mol^－1

2X(s)＋O₂(g)=X₂O₃(s) △H=－1675.7kJ·mol^－1

X的单质和FeO反应的热化学方程式是                  。

答案：（1）二   VA   弱

（2）1s²2s²2p⁶3s²3p⁴   大

（3）Cu + 2H₂SO₄(浓) CuSO₄ + SO₂↑+ 2H₂O

（4）3FeO(s) + 2Al(s) Al₂O₃(s) + 3Fe(s)  ?△H=－859.7KJ/mol

解析：首先推出题中几种元素，W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，在结合原子序数的大小可知，W是氮元素，Y是硫元素，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，根据基态原子核外电子所遵循的原则，可以写出电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p¹，X为铝元素，Z能够形成红色的Z₂O和黑色的ZO两种氧化物，推知Z为铜元素，两种氧化物分别为Cu₂O和CuO。

21．（09年福建理综·30）[化学——物质结构与性质]（13分）

Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：

①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；

②Y原子价电子（外围电子）排布msⁿmpⁿ  

③R原子核外L层电子数为奇数；

④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。

请回答下列问题：

（1）Z^2＋ 的核外电子排布式是                            。

（2）在[Z(NH₃)₄]^2＋离子中，Z^2＋的空间轨道受NH₃分子提供的          形成配位键。

（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是        。

a.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙              b.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙

c.稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙              d.稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙

（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为            （用元素符号作答）

（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为         。

（6）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于       。

答案：（1）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹ （2）孤对电子（孤电子对）

（3）b  （4）Si < C <N  （5） 3:2 （6）原子晶体

解析：本题考查物质结构与性质。29号为Cu。Y价电子：msⁿmpⁿ中n只能取2，又为短周期，则Y可能为C或Si。R的核外L层为数，则可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道为2和4，则C（或Si）和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出：Q为C，R为N，X为O，Y为Si。（1）Cu的价电子排布为3d¹⁰4s¹，失去两个电子，则为3d⁹。（2）Cu^2＋可以与NH₃形成配合物，其中NH₃中N提供孤对电子，Cu提供空轨道，而形成配位键。（3）Q、Y的氢化物分别为CH₄和SiH₄，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH₄>SiH₄。因为SiH₄ 的相对分子质量比CH₄大，故分子间作用力大，沸点高。（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以N>C>Si。（5）C、H形成的相对分子质量的物质为C₂H₂，结构式为H-C≡C-H，单键是σ键，叁键中有两个是σ键一个π键，所以σ键与π键数之比为3︰2。（6）电负性最大的非元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成的SiO₂，属于原子晶体。

22．（09年广东化学·27）（10分）

铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。

（1）Cu位于元素周期表第I B族。Cu^2＋的核外电子排布式为           。

（2）右图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，可确定该晶胞中阴离子的个数为        。

（3）胆矾CuSO₄·5H₂O可写成[Cu(H₂O)₄]SO₄ H₂O，其结构示意图如下：

下列说法正确的是         （填字母）。

A．在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp³杂化 

B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键

C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键

D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去

（4）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH₂)₂]^2＋配离子。已知NF₃与NH₃的空间构型都是三角锥形，单NF₃不易与Cu^2＋形成配离子，其原因是              。

（5）Cu₂O的熔点比Cu₂S的            （填“高”或“低”），请解释原因            。

答案：（1）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹（2）4（3）ACD（4）NF₃分子中氟原子非金属性强是吸电子的，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu^2＋形成配位键（5）高；由于氧离子的例子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu₂O的熔点比Cu₂S的高。

解析：（1）Cu原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹,失去两个电子后电子排布式应为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹。

（2）由题给图示可以看出氧原子O有8个位于定点，2个位于面心，4个位于棱上，1个位于体内，所以晶胞中氧离子个数为8×1/8+2×1/2+4×1/4+1=4。

（3）在上述结构示意图中，所有氧原子都是饱和氧原子，所以都采用sp³杂化，A正确；在上述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键和Cu、O离子键，B正确；

胆矾是五水硫酸铜，从性质和组成上应为离子晶体，C错误；由于胆矾晶体中水两类，一类

是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，D正确。答案：ACD。

（4）NF₃分子中氟原子非金属性强是吸电子的，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu^2＋形成配位键。

（5）Cu₂O和Cu₂S均为离子化合物，离子化合物的熔点与离子键的强弱有关。由于氧离子的例子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu₂O的熔点比Cu₂S的高。

23．（09年江苏化学·21A）（12分） 生物质能是一种洁净、可再生的能源。生物质气（主要成分为CO、CO₂、H₂等）与H₂混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。

（1）上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的核外电子排布式           。

（2）根据等电子原理，写出CO分子结构式                 。

（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)₂的碱性溶液反应生成Cu₂O沉淀。

①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是             ；甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为                。

②甲醛分子的空间构型是            ；1mol甲醛分子中σ键的数目为       。

③在1个Cu₂O晶胞中（结构如图所示），所包含的Cu原子数目为          。

答案：（1）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²[Ar]3d¹⁰4s²

（2）C O（或C O）

（3）①甲醇分子之间形成氢键     sp²杂化      ②平面三角形      3N_A     ③4

解析：（1）Zn的原子序数为30，注意3d轨道写在4s轨道的前面；（2）依据等电子原理，可知CO与N₂为等电子体，N₂分子的结构式为：互为等电子体分子的结构相似，可写出CO的结构式；（3）甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高；甲醛分子中含有碳氧双键，故碳原子轨道的杂化类型为sp²杂化；分子的空间构型为平面型；1mol甲醛分子中含有2mol碳氢σ键，1mol碳氧σ键，故含有σ键的数目为 3N_A；依据晶胞示意图可以看出Cu原子处于晶胞内部，所包含的Cu原子数目为4。

【考点分析】本题主要考查核外电子排布式、等电子体原理、分子间作用力、杂化轨道、共价键类型、分子的平面构型。

24．（09年宁夏理综·38）［化学—选修物质结构与性质］（15分）

已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X₂Y₃，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：

（1）X元素原子基态时的电子排布式为          ，该元素的符号是      ；

（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为      ，该元素的名称是      ；

（3）X与Z可形成化合物XZ₃，该化合物的空间构型为      ；

（4）已知化合物X₂Y₃在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ₃，产物还有ZnSO₄和H₂O，该反应的化学方程式是                                   ；

（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由                              。

答案：（1）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p³   As（2） （3）三角锥

（4）As₂O₃+6Zn+6H₂SO₄=2AsH₃↑+6ZnSO₄+3H₂O （5）稳定性：NH₃＞PH₃＞AsH₃ 因为键长越短，键能越大，化合物越稳定  沸点：NH₃＞AsH₃＞PH₃   NH₃可形成分子间氢键，沸点最高，AsH₃相对分子质量比PH₃大，分子键作用力大，因而AsH₃比PH₃沸点高。

解析：（1）X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，可通过写电子排布式得到X为33号元素As；（2）Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，同样根据电子排布式得到Y为O；再根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42可得到Z为H.（3）～（5）就不再分析了。

【点评】涉及电子排布的问题，一般相对简单，这也是目前选修科目的一个趋势。

25．（09年山东理综·32）（8分）（化学－物质物质性质）

G和Si元素在化学中占有极其重要的地位。

（1）写出Si的基态原子核外电子排布式      。

从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为      。

（2）SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为     ，微粒间存在的作用力是       。

（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为     （填元素符号），MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，MO的熔点比CaO的高，其原因是     。

（4）C、Si为同一主族的元素，CO₂和SiO₂化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO₂中C与O原子间形成σ键和π键，SiO：中Si与O原子间不形成上述π健。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π健          。

答案：（1）1s²2s²sp⁶3s²3p²    O＞C＞Si（2）sp³    共价键（3）Mg  Mg^2＋半径比Ca^2＋小，MgO的晶格能大（4）C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p—p轨道肩并肩重叠程度较大，形成较稳定的π键。而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p—p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键

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解析：（1）C、Si和O的电负性大小顺序为：O＞C＞Si。（2）晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp³ 。（3）SiC电子总数是20个，则氧化物为MgO；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg²⁺半径比Ca²⁺小，MgO晶格能大，熔点高。（4） Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键

【考点分析】物质结构与性质、原子结构、杂化方式综合考查