高考化学解答题的5大命题方向 　04 选修3-物质结构与性质.doc

1、 选修选修 3物质结构与性质物质结构与性质 A 卷 1将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色 的晶体Cu(NH3)4SO4 H2O。 (1)Cu2 价电子排布式为_；Cu(NH 3)4SO4 H2O 中，1 molCu(NH3)4 2含有 键的数目为_。 (2)SO2 4中 S 原子轨道杂化类型为_，H3O 几何构型为_。 (3)NH3极易溶于 H2O 中，可能的原因为_ _。 (4)N、O、S 第一电离能由大到小的顺序为_。 (5)Cu 与 F 形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为 a g cm 3，则 Cu 与 F 最近 距离为_pm(用 NA表

2、示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简)。 解析 (1)Cu(NH3)42 中 NH 3作为配体， 其中 1 mol NH3含有 3 mol NH 键， 即有 3 mol 的 键，配位数是 4，故 1 mol 配离子有 4 mol 配位键，即 4 mol 键；故 1molCu(NH3)42 中含有的 3 mol44 mol16 mol 键。 (2)SO2 4中价层电子对数 键数孤电子对数，即46242 2 4，所以 S 原子轨 道杂化类型为 sp3杂化；H3O 的价电子对数36131 2 4，因为有一对孤电子对，故 空间构型为三角锥形。 (3)根据相似相溶原理，NH3极易溶于 H2O

3、中；另外，氨气分子与水分子之间形成氢键， 氨气与水又要发生化学反应，加大溶解度。 (4)同一周期，从左到右，第一电离能依次增大，A、A 反常，同一主族，从上到下， 第一电离能依次减弱，所以 N、O、S 第一电离能由大到小的顺序为：NOS。 (5)由题意，如图所示，Cu 与 F 最近距离为体对角线的1 4，一个晶胞中，Cu 的原子个数 1 8 81 264，F 的原子个数：4，根据 m V，a g cm 3；m4(6419)/N A；所以 Cu 与 F 最近距离为 3 4 3 483 a NA 1010。 答案 (1)3d9 16NA (2)sp3杂化 三角锥形 (3)氨气和水都是极性分子，“相

4、似相溶”，NH3与 H2O 之间形成氢键，NH3与 H2O 可 发生化学反应 (4)NOS (5) 3 4 3 483 a NA 1010 2 (2019 安徽安庆二模)N 和 S 是重要的非金属元素， 聚氮化硫(SN)X 是重要的超导材料， 目前已成为全球材料行业研究的热点。回答下列问题： (1)下列电子排布图能表示氮原子的最低能量状态的是_(填字母) (2)S 原子的基态原子核外有_个未成对电子，有_种不同形状的电子云。 (3)S、N、O 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_，列举一种与 SCN 互为等 电子体的分子为_。 (4)(CH3)3N 中 N 原子杂化方式为_； As 与 N

5、是同主族元素， AsH3的相对分子质 量 比NH3大 ， 实 验 测 得AsH3沸 点 比NH3低 ， 其 原 因 是 _ _。 (5)GaN 是一种重要的半导体材料，其晶胞结构和金刚石类似，其晶胞结构如图。 氮化镓中氮原子与镓原子之间以_键相结合，与同一个 Ga 原子相连的 N 原子 构成的空间构型为_。 GaN 晶体的晶胞边长为 a pm，摩尔质量为 M g/mol，阿伏加德罗常数的值为 NA，则 GaN 晶体的密度为_g cm 3(只要求列算式，不必计算出结果,1 pml012 m)。 解析 (1)B 与 C 违背洪特规则，能量不是最低，D 中 2p 轨道只有 1 个电子，发生电子 跃迁

6、，能量也不是最低，只有 A 符合构造原理、泡利原理、洪特规则。 (2)S 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4,3p 能级有 2 个未成对电子，只有 s 轨道、p 轨道，两种不同形状的电子云。 (3)N 元素原子 2p 能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族 自上而下第一电离能减小，故第一电离能：NOS.一种与 SCN 互为等电子体的分子可以 用 2 个 O 原子替换 S 原子、N 原子与 1 个单位负电荷，该等电子体分子为 CO2， (4)(CH3)3N 中 N 原子含有 1 对孤对电子，形成 3 个 NC 键，杂化轨道数目为 134， N 原子采取 s

7、p3杂化。AsH3分子之间为范德华力，而 NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华 力更强，故 AsH3沸点比 NH3的低。 (5)金刚石是原子晶体，氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构，氮化镓中氮原子与镓原 子之间以共价键结合。由晶胞结构可知，一个镓原子周围所有距离最近且相等的 N 原子有 4 个，4 个 N 原子形成正四面体，Ga 处于正四面体中心。 晶胞中 Ga 数目81 86 1 24，N 原子数目为 4，相当于有 4 个“GaN”，故晶胞质 量4 M NA g，则晶胞密度4 M NA g (a10 10 cm)3 4M NAa10 103 g cm 3。 答案 (1)A (2)2 2 (3)

8、NOS CO2 (4)sp3 AsH3分子之间为范德华力，而 NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华力更强； (5)共价键 正四面体 4M NAa10 103 3 (2019 云南昆明二模)铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属。 向硫酸铜溶液中逐滴 滴加稀氨水，产生蓝色沉淀：继续滴加稀氨水，沉淀溶解，溶液最终变为深蓝色：再向深蓝 色溶液中加入无水乙醇，析出Cu(NH3)4SO4 H2O.回答下列问题： (1)基态 Cu 原子中，电子在核外排布的原子轨道共有_个。 (2)N、O、S 元素的原子对键合电子吸引力最大的是_。 (3)Cu(NH)42 中，提供孤对电子的是_。Cu(NH 3)2Cl2有两

9、种同分异构体，其 中一种可溶于水，则此种化合物是_(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知 Cu(NH)42 的空间构型是_。 (4)NH3中 N 原子的杂化方式是_，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有 _个。 (5) 硫 元 素 对 应 的 含 氧 酸 酸 性 是H2SO4强 于H2SO3， 其 原 因 为 _ _。 (6)铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是_。若该晶体结 构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为 NA，则该氧化物的密度为_g cm 3。 解析 (1)铜是 29 号元素，s 能级一个轨道，p 能级 3 个轨道，d 能级 5 个轨道，所以原 子轨道有 15 个轨

10、道。 (2)同一周期，从左至右，电负性增强，同一主族，从上到下，电负性减弱，在 N、O、S， 中，电负性最强的是 O，所以对键合电子吸引力最大的是 O。 (3)Cu(NH)42 中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对；Cu(NH 3)2Cl2 的同分异构体可溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子； 既然存在两种同分异构体，所以Cu(NH)42 的空间构型应该是平面四边形； (4)NH3的价层电子对数3531 2 4，所以 N 的杂化类型为 sp3；乙醇的结构简式为 CH3CH2OH，其中采取 sp3杂化的原子有两个碳原子和一个氧原子，故共有 3 个。 (

11、5)非金属含氧酸的酸性大小取决于非羟基氧的数目，H2SO4的非羟基氧 2 个，H2SO3的 非羟基氧 1 个，所以酸性 H2SO4强于 H2SO3。 (6)如图所示，根据均摊法可以计算出 Cu 全部在体内：4 个；O 在顶点、面上、棱上和 体心，即 81 82 1 24 1 414；所以铜和氧的最简整数比为 11，所以化学式为 CuO； 根据密度 m V 464416 NA a2 b10 30。 答案 (1)15 (2)O (3)NH3 极性 平面四边形 (4)sp3 3 (5)H2SO4与 H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和(HO)2SO，前者非羟基(2 个)多于后者(1 个) 的数目

12、，使得 H2SO4中的 SOH 中的 O 的电子更偏向于 S，越容易电离出氢离子，酸性 更强 (6)CuO 320 a2 bNA10 30 4(2019 四川石室中学二模)油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有 B、 C、O、Na、P、Cl 等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问 题： (1)现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素。 (2)CH 3、 CH3、 CH 3都是重要的有机反应中间体。 CH 3中碳原子的杂化方式为_， CH 3的空间构型为_。 (3)Na 和 Ne 互为等电子体，电离能 I 2(Na)_I1(Ne)(填“”或“”)。 (4)氢

13、卤酸(HX)的电离过程如图。H1和 H2的递变规律都是 HFHClHBrHI，其中 H1(HF)特别大的原因为_，从原子结构分析影响 H2递变的因素为 _。 (5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。 磷化硼晶体晶胞如图甲所示：其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近的 B、P 原子的 距离为 a pm，阿伏加德罗常数为 NA，则磷化硼晶体的密度为_g/cm3。(列出计算式 即可，不必化简) 磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中表示 P 原子的投影)，用画出 B 原子的投影位置。 解析 (1)现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，(2)CH 3中心碳原子孤 电子对数411

14、3 2 0，杂化轨道数目033，C 原子采取 sp2杂化；CH 3中的碳原子 形成 3 个 键，孤电子对数3113 2 1，价层电子对数314，空间构型为三角锥形， (3)Na 正电性比 Ne 的高， Na对核外电子吸引更大， 更难失去电子， 故电离能 I 2(Na)I1(Ne)， (4)H1 克服分子之间的相互作用，HF 的水溶液中存在氢键作用，分子之间相互作用很强， H1 (HF)特别大。H2克服化学键，原子半径越小，键长越短，键能越大，克服化学键需要 能量越多，影响 H2递变的因素为：原子半径或键长或键能，(5)1 个晶胞中，单独含有 P 原子数目为 81 86 1 24 个，单独含有

15、B 原子数目为 4 个，晶胞质量4 42 NA g，晶体密 度 442 NA g (a10 10 cm)3 424 NA a10 103 g/cm3。根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶 胞沿着体对角线方向可以观察到六边形， 中心 B 与 P 重合， 外侧大正六边形均由 P 原子构成， 而内部小正六边形由 3 个 B 原子、3 个 P 原子形间隔成，所以画图为：或 。 答案 (1)原子光谱 (2)sp2 三角锥形 HF 的水溶液中存在氢键作用；原子半径或键长或键能 (3) (4)H1克服分子之间的相互作用，HF 的水溶液中存在氢键作用，分子之间相互作用很 强，H1 (HF)特别大 原子半径或键长或键

16、能。 (5) 424 NA a10 103 或 5常见的太阳能电池有单晶硅或多晶硅太阳能电池、GaAs 太阳能电池及铜铟镓硒薄膜 太阳能电池等。请回答下列问题： (1)基态硒原子的价电子排布式为_；H2O 的沸点高于 H2Se 的沸点(42)， 其原因是_ _。 (2)已知 GaCl3晶体熔点为 77.9，沸点为 201.3，GaCl3晶体类型为_。 (3)Na3AsO4中阴离子的空间构型为_，As 原子采取_杂化。 (4) 高 温 下CuO容 易 转 化 为Cu2O ， 试 从 原 子 结 构 角 度 解 释 原 因 ： _ _。 (5)锌与铜位于同一周期。硫化锌的晶胞结构如图所示，S2 周

17、围等距离且最近的 Zn2个 数为_；若晶胞边长为 d pm，则硫化锌的密度为_g cm 3(不必简化) 解析 (1)水分子间存在氢键， 硒化氢分子间不存在氢键， 所以水分子熔沸点高于硒化氢。 (2)GaCl3的熔沸点很低，符合分子晶体的性质，属于分子晶体；(3)AsO3 4计算 As 价层电子对 数：503 2 4，则中心原子采取 sp3杂化，孤电子对数为：5243 2 0，所以空间构型 为正四面体； (4)基态 Cu 的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10， 其价电子排布式为： 3d10， 结构上 Cu2 价电子排布式为 3d9，而 Cu为 3d10 全充满更稳定，在高温

18、下 CuO 能分解生成 Cu2O，(5)ZnS 晶胞与金刚石晶胞的相似，由晶胞图可知，S 与 Zn 是呈四面体结构，故 S2 周围等距离且最近的 Zn2 个数有 4 个； 已知 ZnS 立方晶胞， 晶胞顶点粒子占1 8， 面心原子占 1 2， 棱上粒子占1 4，内部粒子为整个晶胞所有，则一个晶胞内含有的 Zn 2有1 8，含有的 S 2数为 4， 取 1 mol 晶胞， 则含有 NA个晶胞， 1 mol 晶胞有 4 mol Zn2 和 4 mol S2， 1 mol 晶胞的体积为： (d10 10)3N A cm 3，则硫化锌密度 388 g d10 103N A cm 3 388 10 30

19、d3N A g/cm。 答案 (1)4s24p2 水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键 (2)分子晶体 (3)正四面体 sp3 (4)Cu2O 中 Cu 的价层电子排布处于稳定的全充满状态 (5) 388 10 30d3N A 6电镀工业上，为了提高镀锌的效果，通常采用 Zn(CN)2 4溶液代替 Zn 2溶液进行电解。 请回答下列问题： (1) 元 素 锌 在 周 期 表 中的 位 置 为 _， 基 态 Zn 的 价 电 子排 布 式 为 _。 (2)Zn(CN) 2 4所含元素中，电负性最大的元素是_，Zn(CN) 2 4中含有的化 学键类型有 键和_。 (3)CN 中 C 的 杂 化

20、 类 型 为 _ ， 与 CN 互 为 等 电 子 体 的 单 质 为 _。 (4)H2CO3与HNO3的酸性相差较大，请解释其原因 _ _。 (5)N 和 Al 可组成一种新型半导体材料 AlN；AlN 具有耐高温，耐磨性能。其晶体类型 为_， 其晶体结构如图， 已知晶胞边长为a pm， 则AlN的密度为_(用 含 a、NA的代数式表示)g/cm3。 解析 (1)Zn 是 30 号元素，位于周期表第四周期B 族。 (2)元素的非金属性越强， 元素的电负性就越大， Zn(CN)2 4所含元素中 N 元素非金属性最 强，电负性最大；Zn(CN)42 中 CN离子中含有 C、N 叁键，化学键类型有

21、 键和 键。 (3)CN 中 C 原子与 N 原子之间形成叁键，则 C 的杂化类型为 sp 杂化；价电子和原子数 分别都相同的分子是等电子体，所以和 CN 互为等电子体的单质分子是氮气。 (4)H2CO3与 HNO3都为含氧酸，硝酸中含有 2 个非羟基氧，碳酸中含有 1 个非羟基氧， 非羟基氧越多，吸电子能力更强，导致OH 中 H 更易电离。 (5)原子晶体熔、沸点高、硬度大，根据 AlN 具有有耐高温、耐磨性能的性质可知，AlN 为原子晶体；由晶胞结构示意图可知，晶胞中含有 4 个 AlN，则晶胞的质量为 4 NA41 g，晶 胞的体积为(a10 10 m)3，则有 d(a1010 m)34

22、 NA41，d 1.641032 a3NA g/cm3。 答案 (1)第四周期B 族 3d104s2 (2)N 键 (3)sp N2 (4)HNO3非羟基氧多于 H2CO3，非羟基氧吸电子导致OH 中 H 易电离 (5)原子晶体 1.641032 a3NA g/cm3 B 卷 1铁是重要的工业元素。 (1)铁元素位于周期表中的_区，Fe 的外围电子排布的轨道表示式为_，Fe 的 7 个能级中能量最高的是_。 (2)(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O 俗称摩尔盐，其中 H2O 的 VSEPR 模型名称为_。 写出一种与 SO2 4互为等电子体的分子的化学式_。 (3) 金 属 Fe 具 有

23、导 电 性 ， 温 度 越 高 其 导 电 性 越 _ ， 其 原 因 是 _。 (4)ZnCl2浓溶液常用于除去 Fe 表面的氧化物，反应可得Zn(OH)2Cl22 溶液。 Zn(OH)2Cl22 中肯定不存在的微粒间作用力有_(填选项字母)； A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E范德华力 画出溶液中Zn(OH)2Cl22 的结构式，并表示出配位键_。 解析 (1)铁原子的核电荷数为 26，核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d64s2，铁元素位于 周期表中的 d 区，Fe 的外围电子排布的轨道表示式为 ；Fe 的 7 个能级中能量最高的是 4s。(2)水分子中价层电子对个

24、 数21/2(621)4，VSEPR 模型为四面体结构；等电子体是指原子总数相等，电子 总数相等，SO2 4中有原子 5 个，电子总数为 50 个，因此满足与之等电子体的分子有 SiF4或 CCl4等。 (3)对于金属来讲，温度升高，自由电子间碰撞加剧导致自由电子的定向移动能力变弱， 导电性减小，因此温度越高铁的导电性越差。 (4)Zn(OH)2Cl22 中存在共价键(OH)、配位键(OHZn，ClZn)，不存在离子键、金 属键和范德华力；OH、Cl 与 Zn 形成 4 个配位键，结构式为。 答案 (1)d (2)四面体 SiF4(CCl4等) (3) 差 温度升高， 自由电子间碰撞加剧导致自

25、由电子的定向 移动能力变弱，导电性减小 (4)A、C、E 2(2019 山东七校检测)C60具有完美的球形结构。之后 Si60、N60球形分子被不断制备 出来。回答下列问题： (1)Si 的核外电子排布式为_，C 和 N 元素中第一电离能较大的是 _。 (2)富勒烯衍生物具有良好的光电性能，富勒烯(C60)的结构如上图所示， C60属于 _晶体。 (3)N60的晶体中存在的作用力有_(填字母标号)。 A共价键 B离子键 C氢键 D范德华力 E配位键 F金属键 (4)氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成：已知其阴离子构型为平面正三角 形，则其阳离子的构型为_形，阳离子中氮的杂化方式为_。

26、 (5)金属 M(相对原子质量为 m)与 N60形成的化合物晶体结构如上图所示(其中白球代表 N60，黑球代表金属 M)，若其晶胞边长为 k pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则其密度为 _g cm 3，该化合物中 N 60的配位数为_。 解析 (1)根据同周期元素第一电离能的变化规律可知第一电离能大的是 N；(2)C60属于 分子晶体， C60中每个碳原子形成 3 个碳碳 键， 和 1 个 键， 碳原子的杂化类型为 sp2杂化。 (3)N60的晶体由分子构成，分子间存在范德华力，N60分子内氮原子间存在共价键，故选 A、 D。 (4)氮的最高价氧化物 N2O5为无色晶体， 它由两种离子构成：

27、 NO 2(硝酰阳离子)和 NO 3(硝 酸根离子)，其中阳离子呈直线型，阳离子中氮的杂化轨道类型为 sp 杂化，阴离子构型为平 面正三角形； (5)用“均摊法”，1 个晶胞中含有 4 个 M，含 N60为1 88 1 264 个， M 与 N60个数之比为 11， 晶体的化学式为 MN60； 晶胞边长为 k pm， 晶胞的体积为(k10 10)3,1 mol 晶体的体积为(k10 10)3 4N A；1 mol 晶体的质量为(m6014)g；该化合物的密度为 (m6014)g (k10 10)3 4N A410 30m1460 k3NA ， 根据晶胞， M 的配位数为 4, M 与 N60个

28、数之比为 11，该化合物中 N60的配位数为 4。 答案 (1)1s22s22p63s23p2或Ar 3s23p2 N (2) 分子 (3)AD (4)直线 sp (5) 4m1460 NA k10 103或410 30m1460 k3NA 4 3(2019 海南三亚检测)自然界存在丰富的碳、氮、硅、磷、铁等元素，它们可形成单 质及许多化合物。按要求回答下列问题： (1)铁能与 CO 形成配合物 Fe(CO)5，其熔点为20.5，沸点为 102，易溶于 CCl4，据 此判断 Fe(CO)5晶体属于_(填晶体类型)。 (2)铁在元素周期表中位置是_，亚铁离子具有强还原性，从电子排布 的角度解释，

29、其原因是 _ _。 (3)南海海底蕴藏着大量的天然气水化合物，俗称“可燃冰”。可燃冰是一种晶体，晶体 中平均每 46 个 H2O 分子通过氢键构成 8 个笼，每个笼内可容纳 1 个 CH4分子或 1 个游离的 H2O 分子。若晶体中每 8 个笼有 6 个容纳了 CH4分子，另外 2 个笼被游离的 H2O 分子填充。 可燃冰的平均组成可表示为_。 (4)亚磷酸(H3PO3)与过量 NaOH 充分反应生成亚磷酸氢二钠(Na2HPO3)，则亚磷酸氢二钠 属于_盐(填“正”、“酸式”)。 (5)金刚石晶胞结构模型如下图，立方 BN 结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当。在立 方 BN 晶体中，B 原子与

30、 N 原子之间共价键与配位键数目比为_；每个 N 原子周围最 近且等距离的 N 原子数为_；如果阿伏加德罗常数近似取 61023 mol 1，立方 BN 的 密度为 a g cm 3，摩尔质量为 b g mol1，计算晶体中最近的两个 N 原子间距离是 _nm(用含 a、b 代数式表示)。 解析 (1)Fe(CO)5的熔、沸点低，且易溶于四氯化碳，依据相似相溶原理可知其为分子 晶体。(2)铁为 26 号元素，在周期表中位于第四周期第族；由于亚铁离子的价电子 3d 轨道 有 6 个电子， 失去 1 个电子后 3d 轨道电子排布处于半充满稳定状态， 所以亚铁离子易被氧化 成铁离子。(3)晶体中 8

31、 个笼子只有 6 个容纳甲烷分子，另外 2 个笼被水分子填充，推出 8 个 笼共有 6 个甲烷分子，46248 个水分子，则甲烷分子与水分子的个数比为 64818， 所以化学式为 CH4 8H2O。(4)亚磷酸与过量的氢氧化钠充分反应生成亚磷酸氢二钠，则亚磷 酸氢二钠中没有可以电离的氢离子，为正盐。(5)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有 4 个 碳原子，面心上有 6 个碳原子，顶点有 8 个碳原子，在 BN 晶体中，每个 B 原子和 4 个 N 原 子形成共价键，B 原子的配位数为 4，B 原子与 N 原子之间共价键的数目是 12，所以 B 原子 和 N 原子之间共价键的数目与配位键的数目比

32、为 31。 根据晶胞结构图， 以晶胞顶点上的氮 原子为例，与该氮原子距离最近的氮原子位于经过该顶点的面的面心上，这样的原子有 12 个，根据均摊可知，一个晶胞中氮原子数目为 4，B 原子数目也是 4，则根据密度质量/体 积，可知晶胞的体积为 V 4b 61023a cm 3，所以晶胞的边长为 3 4b 61023a cm，最近的两个 氮原子间距是晶胞面对角线的一半，所以晶体中最近的两个氮原子间距是 1 2 2 3 4b 61023a cm 2 2 3 4b 61023a cm 2 2 3 b 150a nm。 答案 (1)分子晶体 (2)第四周期第族 Fe2 的 3d 轨道有 6 个电子，失去

33、 1 个电子后 3d 轨道电子排布处于半充满稳定状态 (3)CH4 8H2O (4)正 (5)31 12 2 2 3 b 150a 4 (2019 广西玉林检测)黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物， 在野外很容易被误会为黄 金，又称愚人金。 (1)火法冶炼黄铜矿的过程中，利用了 Cu2O 与 Cu2S 反应生成 Cu 单质，反应的化学方程 式是_ _。 (2)S 位于周期表中_族，该族元素氢化物中，H2Te 比 H2S 沸点高的原因是 _ _， H2O比H2Te沸点高的原因是 _ _。 (3)S 有4 和6 两种价态的氧化物，回答下列问题： 下列关于气态 SO3和 SO2的说法中，正确的

34、是_。 A中心原子的价层电子对数目相等 B都是极性分子 C中心原子的孤电子对数目相等 D都含有极性键 将纯液态 SO3冷却到 289.8 K 时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图， 此固态 SO3中 S 原子的杂化轨道类型是_。 (4)Cu 有1 和2 两种价态的化合物，回答下列问题： Cu 的价电子排布图为_， Cu2 有_个未成对电子。 新 制 的 Cu(OH)2能 够 溶 解 于 过 量 浓 碱 溶 液 中 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 是 _ _。 (5)CuFeS2的晶细胞如图所示，晶胞参数 a0.524 nm，c1.032 nm；CuFeS2的晶胞中每 个 Cu 原

35、子与_个 S 原子相连，列式计算晶体密度 _g cm 3。 解析 (1)火法冶炼黄铜矿方程式：2Cu2OCu2S= 高温 6CuSO2。(2)S 位于第三周期 A 族。H2Te 与 H2S 均为分子晶体而且结构相似，但是 H2Te 相对分子质量比 H2S 大，所以 H2Te 的沸点更高，H2Te 与 H2O 均为分子晶体，但是 H2O 分子内部存在氢键，所以 H2O 沸点 更高。(3)二氧化硫中心原子 S 的化合价为4 价，最外层电子未全部参与成键，含有孤电 子对为极性分子。三氧化硫中心原子 S 的化合价为6，最外层电子全部参与成键，没有孤 电子对， 为非极性分子。 杂化轨道类型为 sp3。

36、因为只形成单键， 杂化轨道只有 sp3。 (4)Cu 的价电子排布式是 3d104s1所以 Cu 价电子排布图为 ，当 Cu 失去两个 电子变成 Cu2 时就在 3d 轨道上形成一个单电子。反应的离子方程式为 Cu(OH) 22OH =Cu(OH)42 。(5)由图可看出，每个铜原子与 4 个 S 原子相连。棱心原子占 1/4，体心占 1， 面心占 1/2，顶点占 1/8，晶体密度计算公式为 4184g mol 1 0.52410 7 cm21.032107 cm6.021023 mol14.31 g cm 3。 答案 (1)2Cu2OCu2S= 高温 6CuSO2 (2)A 两者均为分子晶体

37、且结构相似，H2Te 相对分子质量比 H2S 大，分子间作用力更 强 两者均为分子晶体，H2O 分子中存在氢键 (3)AD sp3 (4) 1 Cu(OH)22OH =Cu(OH) 4 2 (5)4 4184g mol 1 0.52410 7 cm21.032107 cm6.021023 mol14.31 g cm 3 5钛(22Ti)铝合金在航空领域应用广泛，回答下列问题： (1)基态 Ti 原子的核外电子排布式为Ar_，其中 s 轨道上总共有_个电子。 (2)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在TiF62 配离子， 则钛元素的化合价是_， 配位体_。 (3)TiCl3 可用作烯烃定向聚合的催

38、化剂，例如丙烯用三乙基铝和三氯化钛做催化剂时， 可以发生下列聚合反应： nCH3CH=CH2 AlC2H53TiCl3 CH(CH3)CH2，该反应中涉及的 物质中碳原子的杂化轨道类型有_；反应中涉及的元素中电负性最大的是 _。 三乙基铝是一种易燃物质， 在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构 型是直线形的是_。 (4)钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示， 熔点/ 沸点/ TiCl4 25 136.5 TiBr4 39 230 TiI4 150 377 分析 TiCl4、TiBr4 、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是_ _。 (5)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，

39、高温下是体心立方堆积。如图所示是 钛晶体的一种晶胞， 晶胞参数 a0.295 nm， c0.469 nm， 则该钛晶体的密度为 _ g cm 3(用 N A 表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 解析 (1)Ti 原子 s 轨道上总共有 8 个电子。(2)TiF62 中 F 元素化合价为1，化合价代 数和等于2，则 Ti 元素的化合价为4；配体是 F ；(3)单键碳有 4 个键，无孤对电子，为 sp3杂化；双键碳有 3 个 键，无孤对电子，为 sp2杂化；涉及的元素中 Cl 的非金属性最强， 所以 Cl 的电负性最大；在氧气中三乙基铝完全燃烧生成氧化铝、二氧化碳、水，氧化铝是离 子化合物、CO2为直线形分子、H2O 是“V”型分子，所以分子的立体构型是直线形的是 CO2； (4)TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子 间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高；(5)每个晶胞含 Ti 原子数 121 63 21 26，晶胞摩尔质量是 648 g/mol ；晶胞的体积是 3 3 2 (2.9510 8)24.69108，根 据 m V，密度是 648 3 3 2 2.9510 82