2023年届高三化学二轮物质结构题型专攻-物质结构与性质选做题

1517页【【【【【【2023【【【【【【【【【【【【【——物质构造与性质选做题Cu、N、B等元素组成的型材料有着广泛用途．基态Cu+的核外电子排布式为 .在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子构造角度解释其缘由： ．立方氮化硼是一种型的超硬耐磨耐高温的构造材料它属于 晶体．(3)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物(HB=NH)3通过3CH4+2(HB=NH)3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得．①与上述化学方程式有关的表达不正确的选项是 .(填标号)反响前后碳原子的轨道杂化类型不变CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四周体形、V形、直线形C.第一电离能：N>O>C>BD.化合物A中存在配位键②1个(HB=NH)3分子中有 个σ键．(4)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种构造形式．图(a)是一种链状构造的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为 .图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状构造，其中硼原子实行的杂化类型为 ．【答案】1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；构造上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全布满更稳定；原子；A；12；[BO

]n−(或BO−)；sp2、sp32n 2【解析】解：(1)Cu1个电子生成Cu+，Cu+28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，依据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全布满更稳定，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；构造上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全布满更稳定；(2)氮化硼是一种合成的构造材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质，熔化时所抑制的微粒间的作用力为共价键，则氮化硼属于原子晶体，故答案为：原子；(3)①3CH4+2(HB=NH)3+6H2O→3CO2+6H3BNH3，由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反响前后碳原子的轨道杂化类型已经转变，故A错误；4CH分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+1×(4−4×1)=422H=2+1×6−222×1)=4，且含有2个孤电子对，所以H2OVSEPR模型为四周体，分子空间构型为2V型，、CO分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+1×(4−222×2)=2，所以二氧化碳是直线型构造，故B正确；IIA族、第VA数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小挨次是I1(N)>I1(O)>I1(C)>I1(B)C正确；D.B3个键，(H3BNH3)由六元环状化合物(HB=NH)3通过3CH4+2(HB=NH)3+6H2O→3CO2+6H3BNH31个键是配位键，故D正确；故答案为：A；②1个(HB=NH)3分子中硼原子与氮原子间以σp轨道形成一个共轭大π键．B−H3个，N−H3个，B−N有σ612个；故答案为：12；B(4)图(a)BO2−单元，都有一个，有一B33个O2个O2个BO2−B：O=1：(1+32×1)=1：2，化学式为：[BO]n−(或BO−)，从图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状构造2 2n 2可看出，[B4O5(OH)4]2−一半sp3杂化形成两个四配位BO4sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形构造，故答案为：[BO

]n−(或BO−)；sp2、sp3．2n 2Cu1个电子生成Cu+，Cu+28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，依据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式，轨道处于全空、半满或全满时最稳定；氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的物质，熔化时所抑制的微粒间的作用力为共价键，则氮化硼属于原子晶体；①由方程式可知：碳元素由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3sp；②依据无机苯中氮原子和硼原子都实行sp2杂化分析；1个O连着一个B，剩余的两个O2个B，说明有一个O完全属于B，2剩下的两个OB只占有O的1B454−p3O4四周体；另一种是sp2杂化形成BO3平面三角形构造．2此题考察了物质构造及其性质，涉及原子杂化方式的推断、价电子排布式的书写、元素周期律等学问点，依据价层电子对互斥理论、构造原理等学问来分析解答，题目难度中等．(1)以下有关说法正确的选项是 。用金属的电子气理论能合理地解释金属易腐蚀的缘由B.手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成C.草酸二甲酯分子中σ键和π6：1D.MgCO3的热稳定性强于BaCO3E.依据火山喷出的岩浆中冷却时ZnS比HgSZnS的晶格能大于HgS(2)SbCl3、SbCl5、SnCl4的熔点依次为73.5℃、2.8℃、−33℃.依据上述试验事实答复：①SnCl4中Sn的杂化类型为 ，SbCl5的晶体类型为 ，SbCl3的空间构型为 。②试验测得在极性溶剂中SbCl5的溶解度比SbCl3的溶解度小得多，其主要缘由是。(3)人们始终致力于人工固氮的争论，以获得廉价的氮肥。科学家先后提出并合成了固氮酶的多种模拟物。其中一类是含Mo(钼)、Fe、S原子的类立方体构造，如以下图所示：图中全部实线均代表化学键，左右两边对称，各含一个类立方体的构造。每个类立方体含有4个Fe原子、4个S原子，它们位于立方体的8分顶点，且同种原子不相邻。(元素电负性分别为：S−2.5Fe−1.8 Mo−1.8)①MoCr是同族元素，并且位于相邻周期，写出基态Mo原子的价电子的轨道表达式为 。②钼是一种人体必需的微量元素工业上可用辉钼矿(MoS2)焙烧除硫得三氧化钼，写出该过程的化学方程式 。③上述一个类立方体中4个Fe原子所在的顶点连接所构成的空间几何体为 。④在类立方体构造中，一种最近的S原子和S原子间距离为apm，该构造的密度为 g/cm3(NA，只需列式，无需化简)。据相像相容原理SbCl3在水中溶解度大；；2MoS2+【答案】BE；sp据相像相容原理SbCl3在水中溶解度大；；2MoS2+7O2

2MoO3

+4SO2

；正四周体；11√21030a3NA【解析】解：(1)A.金属易腐蚀说明金属活泼，简洁失去电子，用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀，故A错误；手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成，故B正确；6个C−H键、4个C−O键、1个C−C键、2个C=O双键，单键为σ1个σ键、1个π键，分子中σ键和π13：2，故C错误；g+a+子半径，Mg2+结合O2−力量更强，故稳定性MgCO3<BaCO3D错误；岩浆中冷却时ZnS比HgSZnSZnS的晶格能大于HgS，故E正确，应选：BE；①SnCl4

Sn原子孤电子对数=4−1×4=04，Sn原子杂化方式为22sp3；SbCl5的熔点很低，属于分子晶体；SbCl3Sb孤电子对数=5−1×3=1，价层电子2对数=3+1=4，空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；分子晶体；三角锥形；②SbCl5为非极性分子，SbCl3为极性分子，依据相像相容原理SbCl3在水中溶解度大，故答案为：SbCl5为非极性分子，SbCl3SbCl3在水中溶解度大；价电子排布式4d55s1，价电子轨道排布图为：，故答案为：；①MoCr价电子排布式4d55s1，价电子轨道排布图为：，故答案为：；②辉钼矿(MoS2)焙烧除硫得三氧化钼，还生成二氧化硫，反响方程式为：2MoS2+7O2

2MoO3

+4SO2，故答案为：2MoS+7O

2MoO3

+4SO2；原子不相邻，Fe、S原子位置如下图：，4Fe原子所在的顶点连接2 ③4原子不相邻，Fe、S原子位置如下图：，4Fe原子所在的顶点连接2 所构成的空间几何体为正四周体，故答案为：正四周体；④在类立方体构造中，一种最近的S原子和S原子间距离为apm，即立方风光对角线√2apm，立方体体积=(√2a×10−10cm)3Fe原子数2 2目=4×1=1、S原子数目=4×1=1，立方体中原子总质量=1×56+32g=

44g，该结8 2 8

2 NA NA构的密度=

44g÷(√2a×10−10cm)3NA 2=11√2×1030g/cm3，a3NA故答案为：11√2×1030。a3NAA.用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质；手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成；6个C−H键、4个C−O键、1个C−C键、2个C=O双键，单键为σ1个σ键、1个π键；的力量越强；晶格能越大，熔点越高，越先析出；①SnCl4

Sn原子孤电子对数=4−1×4=04；熔点很低，符合分23子晶体性质；SbClSb孤电子对数=5−1×3=1，价层电子对数=3+1=4；32②相像相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂；①MoCrMo处于周期表中第五周期VIB族，价电子排布式4d55s1；②辉钼矿(MoS2)焙烧除硫得三氧化钼，还生成二氧化硫；原子不相邻，Fe、S原子位置如下图：；③4Fe原子、4个原子不相邻，Fe、S原子位置如下图：；④在类立方体构造中，一种最近的S原子和S原子间距离为apm，即立方风光对角线长度，可知立方体棱长为√2apmFe、S原子数目，表示出立方2体中原子总质量，该构造的密度=原子总质量÷立方体构造的体积。此题考察物质构造和性质，题目比较综合，涉及构造晶体构造、化学键、晶格能、核外电子排布、杂化方式推断、空间构型、晶胞计算与计算等，是对学生综合力量的考察，把握均摊法进展晶胞有关计算。科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出组成为N4H4(SO4)2的物质，经测定，该物SO2−和N4H4+N4H4+，4 4 4但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸取．请答复以下问题：N4和N2的关系正确的选项是 (填序号)．A.同种单质 B.同位素 C.同分异构体 D.同素异形体(2)N4H4(SO4)2

(填“能”或“不能”)和草木灰混合施用．(4)白磷、NH+、N4H4+的空间构型均为四周体，NH+的构造式为444，(3)断裂1molN−N吸取167kJ(4)白磷、NH+、N4H4+的空间构型均为四周体，NH+的构造式为444，白磷(P4)的构造式为，请画出N4H4+的构造式 ．4白磷(P4)的构造式为，请画出N4H4+的构造式 ．44 2【答案】D；不能；N4(g)⇌2N2(g)△H=【答案】D；不能；N4(g)⇌2N2(g)△H=−882KJ/mol；；8NH3+44CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O【解析】解：(1)N4和N2是氮元素的不同单质，属于同素异形体，故答案为：D；4草木灰的成分是碳酸钾，其中的碳酸根水解显示碱性，NH4+遇到碱时，会生成一444种形似白磷的N4分子，所以N4H4+和草木灰之间能反响，所以二者不能混施，4故答案为：不能；1molN4气体中含有6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸取的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量1884KJ1884KJ1002KJ=882KJ882KJ热量，N4气体转变为N2的热化学方程式为：N4(g)⇌2N2(g)△H=−882KJ/mol，(4)由于NH+、N4H4+的空间构型均为四周体，NH+的构造式为44(4)由于NH+、N4H4+的空间构型均为四周体，NH+的构造式为444，据此推断得出：N4H4+的构造式为：4，故答案为：；(5)液氨中存在着以下平衡：2NH3⇌NH++NH−，参加氢氧化铯(CsOH)故答案为：；4 24剂，使液氨中的NH+生成N4分子，即发生的反响为：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+46H2↑+4H2O，故答案为：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O.同种元素组成的性质不同的单质之间互为同素异形体；4草木灰的成分是碳酸钾，碳酸根水解显示碱性，依据题意NH4+遇到碱时，会生成44一种形似白磷的N4分子来答复；依据化学键断裂要吸取热量，形成化学键要放出热量，分别计算后进展比较；4NH4+N3个N1个氢离子形成配位键；44依据题意N4H4+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，2NH3⇌NH++NH−，4 4 2知道液氨与氢氧化铯反响生成N4分子CsNH2和氢气、水．此题考察较为综合，涉及同素异形体、盐类水解、热化学方程式书写、微粒的构造等学问，综合考察学生的双基，有利于培育学生的科学素养，题目难度中等．铁及其氧化物是日常生活生产中应用广泛的材料。请答复以下问题：(l)基态铁原子的价电子轨道表达式为 。铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+ Fe2+(填“大于”或“小于”)，缘由是 。4纳米氧化铁能催化火箭推动剂NH4ClO4的分解，NH+的构造式为 (标出配44位键)，空间构型为 ，其中氮原子的杂化方式为 ；与ClO−互为等电子4体的分子或离子有 (任写两种)。金属铁晶体原子承受 积存。铁晶体的空间利用率为 (用含π的式子表示)。某种离子型铁的氧化物晶胞如下图ABFe2+、Fe3+、O2−的个数比为 (填最简整数比)；该晶体的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则品胞参数a为 nm(用含d和NA的代数式表示)。PO3−

体心立方

√3π 1：2：4 38×232×107【答案】小于Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+【答案】小于Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布5+的3d正四周体sp3 Cl2O、故答案为：；，【解析】解：(1)Fe26号元素，处于第四周期第Ⅷ族，价电子包括3d、4s电子，基态铁原子的价电子排布为3d64s2故答案为：；，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+3d能级为半布满状态，较稳定，故稳定性：Fe2+小于Fe3+，故答案为：小于；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半布满状态，较稳定；其构造式为N4，N原4H+中N原子形成3N−其构造式为N4，N原4故答案为：；正四周体；sp3；Cl2O、PO3−；444子实行sp3ClO−为等电子体的分子可以用Cl原子替换O原子与1个单位负电荷，l2P原子与故答案为：；正四周体；sp3；Cl2O、PO3−；444金属铁晶体原子承受体心立方积存，铁原子的半径为rcm，则晶胞体积对角线长度4rcm，由几何学问可知晶胞棱长为4√3rcm，晶胞体积为(4√3rcm)3Fe原子3 31 4

=2×4πr3=数目为1+8×8√3π，8

=2，晶胞中Fe原子总体积为2×

π(rcm)，则空间利用率3

3(4√3r)33故答案为：体心立方；√3π；8Fe2+AO2−A、B小立方体4个。Fe3+BFe2+离子数目=4+8×1+6×1=8、Fe3+离子数目=4×4=16，O2−离子数目=8 24×8=32Fe2+、Fe3+、O2−8：16：32=1：2：4Fe、O原子数目之比=24：32=3：4，故氧化物化学式为Fe3O48个“Fe3O4“，晶胞质量=8×232g，设晶胞参数为anm，则：8×232g=dg/cm3×(a×10−7cm)3，解得a=NA NA38×232×107，d⋅NA故答案为：1：2：4；38×232×107。d⋅NA子排布为3d64s2，结合泡利原理、洪特规章画出价电子轨道表达式；由洪特规章特例可知，具有全布满、半布满、全空电子构型的微粒稳定性高；4H+中N原子形成3N−N原子供给1对电子给氢离子形成1个配位键，N4；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；(4)金属铁晶体原子实行体心立方积存，铁原子的半径为rcm，则晶胞体积对角线长度44rcm，由几何学问可知晶胞棱长为4√3rcm，空间利用率=Fe×100%；3 晶胞体积(5)Fe2+AO2−A、B小立方体4个。Fe3+B计算晶胞中Fe2+、Fe3+、O2−=晶胞密度×晶胞体积计算晶胞参数。此题是对物质构造与性质的考察，涉及核外电子排布、配位键、杂化方式、等电子体、晶体计算等，需要学生具备扎实的根底与敏捷运用力量。(5)中关键是理解原子所处的位置，把握均摊法进展晶胞有关计算。B、C、D、E均是短周期元素，原子序数依次增大，B元素原子最外层上的电子数2倍．B元素原子和C元素原子最外层电子数之差为2C和D形成的化合物进展焰色反响火焰呈黄色．E元素的气态单质、E的最高价氧化物的水化物均能与D的最高价氧化物的水化物反响．上述4种元素依据原子序数由大到小排列为 、 、 、 ；(填元素符号)；B、C形成的化合物(比空气重)的构造式为 ；C、D的单质在加热条件下生成物质X，其中含有化学键的类型为 ；X的电子式为 ；E的离子构造示意图为 ；=C=；；Y是C的气态氢化物．常温下，将=C=；；2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；能【解析】解：B、C、D、E均是短周期元素，B元素原子最外层上的电子数为内层电子224，则B为碳元素；B元素原子和C2，则C62，C和D形成的化合物进展焰色反响火焰呈黄色，含有钠元素，则D为Na元素，C不能是金属元素，C的原子序数小于Na，故C为氧元素；E元素的气态单质、E的最高价氧化物的水化物均能与D的最高价氧化物的水化物NaOH反响，则ECl元素，4种元素依据原子序数由大到小排列为：Cl、Na、O、C，故答案为：Cl；Na；O；C；C、O形成的化合物(比空气重)为CO2C原子与O2对共用电O=C=O，故答案为：O=C=O；为，O、Na的单质在加热条件下生成物质X为Na2O2为，故答案为：离子键、共价键；；(4)ECl元素，其离子构造示意图为，故答案为：；Na的单质投入水中，发生反响的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++故答案为：离子键、共价键；；(4)ECl元素，其离子构造示意图为，故答案为：；故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；能．B、C、D、E均是短周期元素，B元素原子最外层上的电子数为内层电子总数的2倍，2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；B元素原子和C元素原子2，则C62，C和D形成的化合物进展焰色反响火焰呈黄色，含有钠元素，则D为Na元素，C不能是金属元素，C的原子序数小于NaC为氧元素；EE的最高价氧化物的水化物均能与D的最高价氧化物的水化物NaOH反响，则ECl元素，据此解答．此题考察构造性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考察，留意对根底学问全面把握．.、.、D、E、F为前四周期原子序数依次增大的非稀有气体元素．其中：A的一种单质是自然界最硬的物质；B与A同周期且基态原子中s能级与p能级上的电子数相等；C于B同主族；D为同周期电负性最大的元素；E为使用最为广泛的金属；F的基态原子中没有单电子．请答复以下有关问题：AB2的水化物中A的杂化方式为 ，CD2的空间构型为 ；K3[E(CN)6](此处C为碳元素符号)中配位数为 ，配体的电子式为 ；某矿石主要成分甲(由F和C元素形成)的晶胞如图，甲能与水反响，则甲的化学式为 ，属于 晶体；2与B3D2为等电子体的化合物，写出该反响的化学方程式 ；纳米颗粒E3B4在磁性录像带、磁性存储器、磁性光盘、铁氧体磁芯、波导管和变压器等方面应用广泛，制取该颗粒时，将0.3mol/LESO4的水溶液和0.4mol/LECl32：1进展混合．依据E3B4的组成分析按此用量混合可能d6d6s2p2V；Zn2+O3=2+SO2；制取时部份Fe2+被氧化为Fe3+【解析】解：A的一种单质是自然界最硬的物质，应为C元素，对应单质为金刚石，B与A同周期，为其次周期，基态原子中s能级与p能级上的电子数相等，为O元素，C于B同主族，应为S元素，D为同周期电负性最大的元素，为F元素，E为使用最为广泛的金属，应为Fe元素，F3d104s2，为Zn元素，为Fe6s2d6s2d6s2；AB2的水化物为H2CO3，C3个σ键，为sp2杂化，CD2为SF2，S2个σ键，孤对电子数为6−2=2，为V字形或角形，故答案为：sp2V字形或角形；K3K36中配位数为6u+与6N−N−的电子式为，故答案为：6； ；晶胞中Zn和S48×1+6×1=4，8 2则化学式为ZnS，为离子晶体，故答案为：ZnS；离子；SCl2与SO3可以合成广泛用于有机合成的化合物SOCl2，同时得到另一种与臭氧互为等电子体的化合物，应生成SO2，则反响的方程式为SCl2+SO3=SOCl2+SO2，SO3SOCl2SO2；Fe3O4中的Fe2+与Fe3+1：2，将0.3mol/LFeSO4的水溶液和0.4mol/LFeCl3的2：1进展混合，Fe2+与Fe3+3：2，但可生成Fe3O4，确定存在制取时部份Fe2+被氧化为Fe3+，故答案为：制取时部份Fe2+被氧化为Fe3+．A的一种单质是自然界最硬的物质，应为C元素，对应单质为金刚石，BA同周期，为其次周期，基态原子中s能级与pO元素，CB同主族，应为S元素，D为同周期电负性最大的元素，为F元素，E为使用最为广泛的金属，应Fe元素，F的基态原子中没有单电子，为Zn元素，以此解答该题．此题考察构造性质位置关系，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算力量的考察，涉及核外电子排布、等电子体、晶体类型与性质、晶胞等，推断元素是解题关键，难度不大，留意对根底学问的理解把握．氨是重要的化工原料，用途很广．合成氨工厂常用醋酸二氨合铜(由[Cu(NH3)2氨是重要的化工原料，用途很广．合成氨工厂常用醋酸二氨合铜(由[Cu(NH3)2]+和CH3COO−构成)溶液吸取对氨合成催化剂有毒害的CO气体．①醋酸二氨合铜所含的元素中，第一电离能最大的是 (填元素名称)．a.b.分子晶体c.原子晶体d.金属晶体③第4周期元素中，基态原子与基态Cu原子具有一样未成对电子数的有 种(不含Cu)．(2)BF3气体与NH3相遇马上生成一种白色晶体：BF3+NH3=F3B−NH3．①BF3和NH3分子的空间构型分别为 、 ．②晶体F3B−NH3中，B原子的杂化轨道类型为 ．(3)NH3可用于合成尿素、硫酸铵等氮肥．某化肥厂从生产的硫酸铵中检出一种组成为N4H4(SO4)2SO2−和N4H4+两种正四周4 44体构型的离子存在．N4H4+遇碱生成一种形似白磷的N4分子．4①以下相关说法中，正确的选项是 (填序号)．N4是N2的同分异构体1molN4分解生成N24molπ键白磷的沸点比N4高，缘由是P−P键键能比N−N键大d.白磷的化学性质比N2P的非金属性比N强4②画出N4H4+的构造(标明其中的配位键)： ．4【答案】氮；b、c、d；4；正三角形；三角锥型；sp3；b；【解析】解：(1)①非金属性越强，第一电离能越大，但是最外层电子排布处于全满或CuO【答案】氮；b、c、d；4；正三角形；三角锥型；sp3；b；故答案为：氮；②醋酸二氨合铜所含元素组成的单质，有铜属于金属晶体、金刚石属于原子晶体、氧气和氢气属于分子晶体；故答案为：b、c、d；③Cu的外围电子排布为3d104s114周期元素中，基态原子含有一个未成对电子的元素有，K、Sc、GaBr4种元素；故答案为：4；①BF3

中B的价层电子对数为3+3−3×1=323角形，NH分子中N原子的价层电子对数为3+5−3×1=4，含有一个孤电子对，空间构32型为三角锥型；故答案为：正三角形；三角锥型；②晶体F3B−NH3中，B4，则杂化类型为sp3杂化；故答案为：sp3；①a.分子式一样构造不同的化合物互称同分异构体，N4与N2都是N元素的单质，属于同素异形体，故a错误；一个N22个π键，1molN4分解生成2molN2，形成了4molπ键，故b正确；N4大，与键能无关，故c错误；P的非金属性比NN2活泼，与共价键稳定性有关，故d错误；故答案为：b；4②NH4+N3个N1个氢离子形成配位键，4则N则N4H4+的构造图为4；故答案为：．①非金属性越强，第一电离能越大，但是最外层电子排布处于全满或半满状态时较故答案为：．②醋酸二氨合铜所含元素组成的单质，有铜、金刚石、氧气、氢气等；③Cu的外围电子排布为3d104s11个未成对电子；依据分子中中心原子的价层电子对数推断杂化类型和分子的空间构型；(3)①a.分子式一样构造不同的化合物互称同分异构体；b.一个N22个π键；c.构造相像的分子晶体，相对分子量越大，熔沸点越高；d.同主族从上到下，非金属性减弱；4②NH4+N3个N1个氢离子形成配位键．44此题考察了晶体类型和第一电离能、杂化方式的推断、电子排布式的书写、电负性、微粒的空间构造、配位键等；考察的学问点较多，题目难度中等，留意对题中所给构造图的分析是解题的关键．按要求填空．E63，中子数为34.E的基态原子的核外电子排布式是 ，基态E2+的核外电子排布式为 ；E的某种化合物的构造如以下图所示微粒间的相互作用包括化学键和分子间作用力此化合物中各种粒子间的相互作用力有 。的基态原子价电子轨道表示式是 n+离子的电子排布式 CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的挨次为 。请写出与N元素的单质互为等电子体的分子．离子的化学式 、 (各写一种)。氧元素与多种元素具有亲和力，所以形成化合物的种类很多。①氧元素与氟元素能形成OF2分子，该分子的空间构型为 ；②依据等电子原理，在NO+离子中氮原子轨道杂化类型是 ；1molO2+中含2 2有的π键数目为 。4科学家把NaNO3和Na2O在肯定条件下反响，得到一种白色晶体，其中阴离子与SO2−互为等电子体且该阴离子中的各种原子的最外层电子都满足8电子稳定构造。该阴离子的电子式是 。4(2)；1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；C>H>Si；(1)1s22s22p63s23p(2)；1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；C>H>Si；(3)CO；C2−；2(5)。(4)V形；sp；2NA(5)。【解析】解：(1)E6334，质子数=63−34=29，为Cu，3d到达全满，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，变为铜离子时4s3d上的电子，基态Cu2+的核外电子排布式为s226s269+O−S−O为共价键，配离子与硫酸根离子间形成离子键，水分子与水分子间形成氢键，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；1s22s22p63s23p63d9；配位键、氢键、离子键、(2)Se的价电子排布式为(2)Se的价电子排布式为4s24p4，基态原子价电子轨道表示式，故答案为：；1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；C>HSi；Mn的原子序数为故答案为：；1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；C>HSi；2N22个原子，14个电子(10个价电子)，其等电子体为CO、CN−、C2−等，故22答案为：CO；C2−；22由价层电子对互斥理论可知，OF分子中中心原子O的价层电子对数为2+1(6−222×1)=4，含有两个孤电子对，空间构型为V形，价电子数和原子数分别都相等的是2等电子体，则与NO+离子互为等电子体的是CO2，CO2是含有双键的直线形构造，所以依据等电子原理，在NO+sp杂化；与O2+离子互为等电子22 221个σ2个π1molO2+中含有2的π键数目为2NA，故答案为：V形；sp2NA；4原子个数相等、价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体构造相像，阴离子与SO2−84该离子是NO3−，其电子式为：4，故答案为：。此题考察等电子体、核外电子排布式、杂化轨道类型、化学键和氢键协作物的构造等知该离子是NO3−，其电子式为：4，故答案为：。铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料．请答复：基态铜原子的电子排布式为 从铜原子价层电子构造变化角度来看，高温时CuO与Cu2O的稳定性是CuO Cu2O(填写“>”、“=”或“<”)．硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简洁的氢化物中，分子构型分别为 ，假设“Si−H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反响时单质硒是氧化剂则硒与硅的电负性相对大小为Se Si(填“>”“<”)．(3)SeO2常温下白色晶体，熔点为340～350℃，315℃时升华，则SeO2固体的晶体类型为 ；SeO2分子中Se原子的杂化类型为 ．镓元素在元素周期表中的位置是 ，该族元素都具有缺电子性(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协作物如BF3能与NH3反响生成BF3⋅NH3.BF3⋅NH3的构造简式可表示为 ．金刚砂(SiC)的晶胞构造如下图；则在SiC中，每个C原子四周紧邻的C原子数目为 个；假设晶胞的边长为apm，则金刚砂的密度为 g/cm3．sp2IIIA族；；12；2.66×108a−3或1.6×1032a−3N−1A1s22ssp2IIIA族；；12；2.66×108a−3或1.6×1032a−3N−1A解：(1)Cu29291s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，3d10Cu2O，即稳定性是CuO<Cu2O，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；<；硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se，SiH4V形，正四周体；假设“Si−H”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反响时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se>Si，故答案为：V形、正四周体；>；SeO2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体；二氧化硒分子中价层电子=2