《2019-2020年高考化學一輪復(fù)習 歷屆高考真題備選題庫 第十二章 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 新人教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考化學一輪復(fù)習 歷屆高考真題備選題庫 第十二章 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 新人教版.doc（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考化學一輪復(fù)習 歷屆高考真題備選題庫 第十二章 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 新人教版 1．(xx·課標Ⅰ)早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Cu、Fe三種金屬元素組成?；卮鹣铝袉栴}： (1)準晶是一種無平移周期序，但有嚴格準周期位置序的獨特晶體，可通過________方法區(qū)分晶體、準晶體和非晶體。 (2)基態(tài)Fe原子有________個未成對電子，F(xiàn)e3＋的電子排布式為________。可用硫氰化鉀檢驗Fe3＋，形成的配合物的顏色為________。 (3)新制備的Cu(OH)2可將乙醛(CH3CHO)氧化為乙酸，而自身還原成Cu2O。乙醛中碳原子的雜化軌道類型為________，1 mol乙醛分子中含有的σ鍵的數(shù)目為________。乙酸的沸點明顯高于乙醛，其主要原因是________。Cu2O為半導(dǎo)體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有4個氧原子，其余氧原子位于面心和頂點，則該晶胞中有________個銅原子。 (4)Al單質(zhì)為面心立方晶體，其晶胞參數(shù)a＝0.405 nm，晶胞中鋁原子的配位數(shù)為________。列式表示Al單質(zhì)的密度________ g·cm－3(不必計算出結(jié)果)。 解析：(1)區(qū)分晶體、準晶體和非晶體可運用X射線衍射的方法。(2)基態(tài)鐵原子的3d能級上有4個未成對電子，F(xiàn)e3＋的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，F(xiàn)e(SCN)3呈血紅色。(3)由乙醛的結(jié)構(gòu)式(HCHHCOH)知，－CH3、－CHO上的碳原子分別為sp3、sp2雜化。由于1個乙醛分子中含有4個CH鍵、1個CCS鍵、1個CO鍵，共有6個σ鍵，故1 mol乙醛分子中含有6NA個σ鍵。乙酸分子之間能形成氫鍵而乙醛分子之間不能形成氫鍵，故乙酸的沸點明顯高于乙醛。根據(jù)均攤原理，一個晶胞中含有的氧原子為4＋6×＋8×＝8(個)，再結(jié)合化學式Cu2O知一個晶胞中含有16個銅原子。(4)面心立方晶胞中粒子的配位數(shù)是12。一個鋁晶胞中含有的鋁原子數(shù)為8×＋6×＝4(個)，一個晶胞的質(zhì)量為×27 g，再利用密度與質(zhì)量、晶胞參數(shù)a的關(guān)系即可求出密度，計算中要注意1 nm＝10－7 cm。 答案：(1)X射線衍射　(2)4　1s22s22p63s23p63d5　血紅色　(3)sp3、sp2　6NA　CH3COOH存在分子間氫鍵　16　(4)12　 2．(xx·江蘇單科)含有NaOH的Cu(OH)2懸濁液可用于檢驗醛基，也可用于和葡萄糖反應(yīng)制備納米Cu2O。 (1)Cu＋基態(tài)核外電子排布式為_____________________________________________。 (2)與OH－互為等電子體的一種分子為________________________________(填化學式)。 (3)醛基中碳原子的軌道雜化類型是________；1 mol乙醛分子中含有σ鍵的數(shù)目為________。 (4)含有NaOH的Cu(OH)2懸濁液與乙醛反應(yīng)的化學方程式為______________________。 (5)Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4。銅晶胞結(jié)構(gòu)如右圖所示，銅晶體中每個銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為________。 解析：(1)Cu為29號元素，Cu＋基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)OH－為10電子粒子，HF為與OH－互為等電子體的分子。(3)醛基的空間構(gòu)型是平面三角形，所以醛基中碳原子的軌道雜化類型為sp2。由乙醛的結(jié)構(gòu)式可以得出，1個乙醛分子中含6個σ鍵，所以1 mol乙醛分子中含σ鍵6 mol即6×6.02×1023個。(4)乙醛在堿性條件下可以被氫氧化銅氧化生成乙酸，反應(yīng)的化學方程式為2Cu(OH)2＋CH3CHO＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O。(5)根據(jù)銅晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可以看出，在每個銅原子周圍與其距離最近的銅原子每層有4個，共有3層，所以銅晶體內(nèi)每個銅原子周圍與其距離最近的銅原子共有12個。 答案：(1)[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10　(2)HF (3)sp2　6×6.02×1023個 (4)2Cu(OH)2＋CH3CHO＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O　(5)12 3．(xx·浙江自選模塊)請回答下列問題： (1)N、Al、Si、Zn四種元素中，有一種元素的電離能數(shù)據(jù)如下： 電離能 I1 I2 I3 I4 …… Im/kJ·mol－1 578 1817 2745 11 578 …… 則該元素是__①__(填寫元素符號)。 (2)基態(tài)鍺(Ge)原子的電子排布式是__②__。Ce的最高價氯化物分子式是__③__。該元素可能的性質(zhì)或應(yīng)用有__④__。 A．是一種活潑的金屬元素 B．其電負性大于硫 C．其單質(zhì)可作為半導(dǎo)體材料 D．其最高價氯化物的沸點低于其溴化物的沸點 (3)關(guān)于化合物，下列敘述正確的有__⑤__。 A．分子間可形成氫鍵 B．分子中既有極性鍵又有非極性鍵 C．分子中有7個σ鍵和1個π鍵 D．該分子在水中的溶解度大于2-丁烯 (4)NaF中熔點__⑥__BF的熔點(填>、＝或<)，其原因是__⑦__。 答案：①Al ②1s22s22p63s23p63d104s24p2 ③GeCl4 ④C、D ⑤B、D ⑥> ⑦兩者均為離子化合物，且陰陽離子電荷數(shù)均為1，但后者的離子半徑較大，離子鍵較弱，因此其熔點較低 4．(xx·福建理綜)(1)元素的第一電離能：Al________Si(填“＞”或“＜”)。 (2)基態(tài)Mn2＋的核外電子排布式為________。 (3)硅烷(SinH2n＋2)的沸點與其相對分子質(zhì)量的變化關(guān)系如圖所示，呈現(xiàn)這種變化關(guān)系的原因是________。 (4)硼砂是含結(jié)晶水的四硼酸鈉，其陰離子Xm－(含B、O、H三種元素)的球棍模型如圖所示： ①在Xm－中，硼原子軌道的雜化類型有________；配位鍵存在于________原子之間(填原子的數(shù)字標號)；m＝________(填數(shù)字)。 ②硼砂晶體由Na＋、Xm－和H2O構(gòu)成，它們之間存在的作用力有________(填序號)。 A．離子鍵　　　B．共價鍵　　　C．金屬鍵 D．范德華力　　　E．氫鍵 解析：(1)通常情況下，同周期元素，第一電離能從左到右逐漸增大，故Al＜Si； (2)Mn的核外電子數(shù)為25，故Mn2＋的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)； (3)硅烷是分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間范德華力越大，熔沸點越高； (4)①由中心原子B的球棍模型可知，硼原子能形成3條、4條共價鍵，B原子為sp2、sp3雜化；B原子提供空軌道，O原子提供孤對電子，故4,5原子之間形成配位鍵；由陰離子的組成可知，Xm－為[H4B4O9]m－，得出m＝2；②Na＋與Xm－分子間存在離子鍵，H2O分子間存在氫鍵和范德華力。 答案：(1)＜ (2)1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5) (3)硅烷的相對分子質(zhì)量越大，分子間范德華力越強(或其他合理答案) (4)①sp2、sp3　4,5(或5,4)　2 ②ADE 5．(xx·安徽理綜)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常見元素，其相關(guān)信息如下表： 元素 相關(guān)信息 X X的基態(tài)原子L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的2倍 Y Y的基態(tài)原子最外層電子排布式為：nsnnpn＋2 Z Z存在質(zhì)量數(shù)為23，中子數(shù)為12的核素 W W有多種化合價，其白色氫氧化物在空氣中會迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色 (1)W位于元素周期表第________周期第________族，其基態(tài)原子最外層有________個電子。 (2)X的電負性比Y的________(填“大”或“小”)；X和Y的氣態(tài)氫化物中，較穩(wěn)定的是________(寫化學式)。 (3)寫出Z2Y2與XY2反應(yīng)的化學方程式，并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：________。 (4)在X的原子與氫原子形成的多種分子中，有些分子的核磁共振氫譜顯示有兩種氫，寫出其中一種分子的名稱：________。氫元素、X、Y的原子也可共同形成多種分子和某種常見無機陰離子，寫出其中一種分子與該無機陰離子反應(yīng)的離子方程式：________。 解析：根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律以及“中子數(shù)＋質(zhì)子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)”和題中有關(guān)信息可推知元素X、Y、Z、W分別為C、O、Na、Fe。(1)Fe的價電子排布式為3d64s2，故可知其位于周期表的第四周期第Ⅷ族，最外層電子數(shù)是2。(2)非金屬性：O＞C，故電負性：C＜O；非金屬性越強其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此C、O的氣態(tài)氫化物中，較穩(wěn)定的是H2O。(3)在Na2O2與CO2的反應(yīng)中，氧化劑與還原劑均為Na2O2，因此可寫出化學方程式： (4)在由C、H形成的分子中，含有兩種化學環(huán)境不同的氫原子的分子有丙烷、2-甲基丙烷等；由H、C、O形成的酸有HCOOH、CH3COOH等，形成的常見無機陰離子為HCO，故反應(yīng)的離子方程式為CH3COOH＋HCO===CH3COO－＋CO2↑＋H2O等。 答案：(1)四?、?,(2)小　H2O,(3), (4)丙烷(其他合理答案均可)　CH3COOH＋HCO===CH3COO－＋CO2↑)＋H2O(其他合理答案均可) 6.(2011·新課標全國理綜)氮化硼(BN)是一種重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂為起始物，經(jīng)過一系列反應(yīng)可以得到BF3和BN，如圖所示： 請回答下列問題： (1)由B2O3制備BF3、BN的化學方程式依次是________________________、__________________________；,(2)基態(tài)B原子的電子排布式為____________；B和N相比，電負性較大的是____________，BN中B元素的化合價為__________；,(3)在BF3分子中，F(xiàn)—B—F的鍵角是________，B原子的雜化軌道類型為________，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF的立體構(gòu)型為________； (4)在與石墨結(jié)構(gòu)相似的六方氮化硼晶體中，層內(nèi)B原子與N原子之間化學鍵為________，層間作用力為________； (5)六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉(zhuǎn)化為立方氮化硼，其結(jié)構(gòu)與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶胞邊長為361.5 pm.立方氮化硼晶胞中含有________個氮原子、________個硼原子，立方氮化硼的密度是________g·cm－3(只要求列算式，不必計算出數(shù)值．阿伏加德羅常數(shù)為NA)． 解析：本題主要考查新型陶瓷材料的制取、電子排布、雜化以及晶胞的有關(guān)計算，意在考查考生的推理分析能力．(1)已知反應(yīng)物和主要的生成物，根據(jù)原子守恒判斷出次要生成物，寫出化學方程式，配平即可．(2)B原子核外有5個電子，其基態(tài)電子排布式為：1s22s22p1；BN中N的電負性較大，N為－3價，那么B就為＋3價．(3)因為BF3的空間構(gòu)型為平面三角形，所以F—B—F的鍵角為120°.(4)六方氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨相似，故B、N以共價鍵相結(jié)合構(gòu)成分子晶體，其層間作用力是分子間作用力. 答案：(1)B2O3＋3CaF2＋3H2SO42BF3↑＋3CaSO4＋3H2O B2O3＋2NH32BN＋3H2O (2)1s22s22p1　N ?。? (3)120°　sp2　正四面體 (4)共價鍵(極性共價鍵)　分子間作用力 (5)4　4　 7．(2011·福建理綜)氮元素可以形成多種化合物． 回答以下問題： (1)基態(tài)氮原子的價電子排布式是________． (2)C、N、O三種元素第一電離能從大到小的順序是________． (3)肼(N2H4)分子可視為NH3分子中的一個氫原子被—NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物．①NH3分子的空間構(gòu)型是________；N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型是________． ②肼可用作火箭燃料，燃燒時發(fā)生的反應(yīng)是： N2O4(l)＋2NH2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1038.7 kJ·mol－1 若該反應(yīng)中有4 mol N—H鍵斷裂，則形成的π鍵有________mol. ③肼能與硫酸反應(yīng)生成N2H6SO4.N2H6SO4晶體類型與硫酸銨相同，則N2H6SO4晶體內(nèi)不存在________(填標號) a．離子鍵　　　　　 b．共價鍵 c．配位鍵 d．范德華力 (4)圖1表示某種含氮有機化合物的結(jié)構(gòu)，其分子內(nèi)4個氮原子分別位于正四面體的4個頂點(見圖2)，分子內(nèi)存在空腔，能嵌入某離子或分子并形成4個氫鍵予以識別． 下列分子或離子中，能被該有機化合物識別的是________(填標號)． a．CF4 b．CH4 c．NH d．H2O 解析：本題考查了原子核外電子排布、雜化軌道理論、分子結(jié)構(gòu)等知識，同時考查了考生的觀察能力和分析推理能力．(3)肼分子中有4個N－H鍵，故有4 mol N－H 鍵斷裂時，有1 mol 肼發(fā)生反應(yīng)，生成1.5 mol N2，則形成2×1.5 mol ＝3 mol π鍵．SO中存在配位鍵、共價鍵，N2H與SO之間存在離子鍵，離子晶體中不存在范德華力．(4)與4個氮原子形成4個氫鍵，要求被嵌入微粒能提供4個氫原子，并至少存在“N…H”、“H…O”、“H…F”三類鍵中的一種，對照條件知，NH符合此要求． 答案：(1)2s22p3　(2)N>O>C　(3)①三角錐形　sp3?、??、踕　(4)c 第二節(jié)　分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 1．(xx·江蘇單科)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Y是地殼中含量最高的元素，Z2＋與Y2－具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，W與X同主族。下列說法正確的是(　　) A．原子半徑的大小順序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) B．Y分別與Z、W形成的化合物中化學鍵類型相同 C．X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性比W的弱 D．Y的氣態(tài)簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強 解析：選D　由題意可推出X、Y、Z、W依次為：C、O、Mg、Si。根據(jù)同一周期主族元素從左到右原子半徑依次減小，同一主族元素從上到下，原子半徑依次增大，則r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)，A選項錯誤；Y與Z形成MgO，含有離子鍵，Y與W形成SiO2，含有共價鍵，B選項錯誤；元素非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強，酸性：H2CO3>H2SiO3，C選項錯誤；元素非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，則H2O>SiH4，D選項正確。 2．(xx·課標Ⅱ)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數(shù)依次增大。a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，b的價電子層中的未成對電子有3個，c的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，d與c同族；e的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子?；卮鹣铝袉栴}： (1)b、c、d中第一電離能最大的是________(填元素符號)，e的價層電子軌道示意圖為________。 (2)a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子的中心原子的雜化方式為________；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是________(填化學式，寫出兩種)。 (3)這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是________；酸根呈三角錐結(jié)構(gòu)的酸是________。(填化學式) (4)e和c形成的一種離子化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖1，則e離子的電荷為________。 (5)這5種元素形成的一種1∶1型離子化合物中，陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)；陽離子呈軸向狹長的八面體結(jié)構(gòu)(如圖2所示)。該化合物中，陰離子為________，陽離子中存在的化學鍵類型有________；該化合物加熱時首先失去的組分是________________，判斷理由是________________________________________。 解析：由題意推出元素a、b、c、d、e依次是H、N、O、S、Cu。(1)N、O、S中第一電離能最大的是N，Cu的價層電子軌道示意圖為○↑↓○↑↓○↑↓○↑↓○↑↓ 　○↑ 。(2)a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形的是NH3，NH3中的N原子的雜化方式為sp3，分子中既含有極性共價鍵又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2、N2H4。(3)這些元素的含氧酸有HNO2、HNO3、H2SO3、H2SO4，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是HNO2、HNO3，酸根呈三角錐結(jié)構(gòu)的酸是H2SO3。(4)由圖可知，e和c的個數(shù)比為2∶1，則化學式為Cu2O，e離子的電荷為＋1。(5)由該化合物的陽離子結(jié)構(gòu)可知，該陽離子可以表示為[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋，結(jié)合陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)，可知陰離子為SO，即該化合物是Cu(NH3)4(H2O)2SO4；陽離子中存在的化學鍵有共價鍵和配位鍵；由于陽離子呈軸向狹長，則H2O與Cu2＋的配位鍵比NH3與Cu2＋的弱，故加熱該化合物時，首先失去的組分是H2O。 答案：(1)N　○↑↓○↑↓○↑↓○↑↓○↑↓ 　○↑ 　(2)sp3　H2O2、N2H4　(3)HNO2、HNO3　H2SO3　(4)＋1 (5)SO　共價鍵和配位鍵　H2O　H2O與Cu2＋的配位鍵比NH3與Cu2＋的弱 3．(xx·安徽理綜)我國科學家研制出一種催化劑，能在室溫下高效催化空氣中甲醛的氧化，其反應(yīng)如下：HCHO＋O2CO2＋H2O。下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng) B．CO2分子中的化學鍵為非極性鍵 C．HCHO分子中既含σ鍵又含π鍵 D．每生成1.8 g H2O消耗2.24 L O2 解析：選C　本題考查化學基本概念，意在考查考生對化學基本概念的理解能力。該反應(yīng)中甲醛被氧氣氧化生成CO2和H2O，為放熱反應(yīng)，A項錯誤；CO2中的CO鍵屬于極性鍵，B項錯誤；HCHO的結(jié)構(gòu)式為，分子中既含σ鍵又含π鍵，C項正確；每生成1.8 g H2O消耗標準狀況下2.24 L O2，D項錯誤。 4．(xx·新課標全國Ⅱ理綜)前四周期原子序數(shù)依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的價電子層中未成對電子均只有1個，并且A－和B＋的電子數(shù)相差為8；與B位于同一周期的C和D，它們價電子層中的未成對電子數(shù)分別為4和2，且原子序數(shù)相差為2。 回答下列問題： (1)D2＋的價層電子排布圖為________。 (2)四種元素中第一電離能最小的是________，電負性最大的是________(填元素符號)。 (3)A、B和D三種元素組成的一個化合物的晶胞如圖所示。 ①該化合物的化學式為________；D的配位數(shù)為________； ②列式計算該晶體的密度________g·cm－3。 (4)A－、B＋和C3＋三種離子組成的化合物B3CA6，其中化學鍵的類型有________；該化合物中存在一個復(fù)雜離子，該離子的化學式為________，配位體是________。 解析：本題考查了考生對離子的價層電子排布圖、基態(tài)原子的第一電離能及電負性大小比較、晶胞結(jié)構(gòu)分析與計算、配合物等知識的掌握和應(yīng)用能力。由元素C的價電子層中未成對電子數(shù)為4知，其不可能位于短周期，結(jié)合題意知，元素C位于第四周期，進一步可推出元素A為F，元素B為K，元素C為Fe，元素D為Ni。(2)K原子易失電子，第一電離能最小，F(xiàn)的非金屬性最強，電負性最大。(3)根據(jù)分攤法，可以求得化合物的化學式為K2NiF4，晶體的密度可由晶胞的質(zhì)量除以晶胞的體積求得。(4)Fe3＋提供空軌道，F(xiàn)－提供孤對電子，兩種離子間形成配位鍵。 答案：(1) (2)K　F　(3)①K2NiF4　6 ②＝3.4 (4)離子鍵、配位鍵　[FeF6]3－　F－ 5．(xx·山東理綜)鹵族元素包括F、Cl、Br等。 (1)下列曲線表示鹵族元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)的變化趨勢，正確的是________。 (2)利用“鹵化硼法”可合成含B和N兩種元素的功能陶瓷，右圖為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則每個晶胞中含有B原子的個數(shù)為________，該功能陶瓷的化學式為________。 (3)BCl3和NCl3中心原子的雜化方式分別為________和________。第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有________種。 (4)若BCl3與XYn通過B原子與X原子間的配位鍵結(jié)合形成配合物，則該配合物中提供孤對電子的原子是________。 解析：本題考查元素及物質(zhì)的性質(zhì)、晶胞結(jié)構(gòu)、雜化理論、第一電離能及配位鍵等，意在考查考生靈活應(yīng)用物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識的能力。(1)同主族元素從上到下元素的電負性逐漸減小，a對；氟無正價，b錯；HF分子間存在氫鍵，所以熔沸點在同族元素氣態(tài)氫化物中最高，c錯；F2、Cl2、Br2三種物質(zhì)的晶體均是分子晶體，組成相似，則相對分子質(zhì)量越大分子間作用力越大，熔點越高，d錯。(2)由晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，根據(jù)均攤法，可得B原子為8×＋1＝2個，N原子為4×＋1＝2個，則該功能陶瓷的化學式為BN。(3)BCl3中價層電子對數(shù)為：(3＋3)/2＝3，B原子為sp2雜化；NCl3中價層電子對數(shù)為：(5＋3)/2＝4，N原子為sp3雜化。同周期元素的第一電離能從左到右逐漸增大，但是由于氮原子的2p軌道處于半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，其第一電離能比氧的大，鈹原子的2s軌道處于全滿狀態(tài)，鈹?shù)牡谝浑婋x能比硼的大，所以第一電離能介于硼和氮之間的第二周期元素有鈹、碳、氧3種。(4)B原子最外層有3個電子，與Cl形成3個單鍵后，仍缺少2個電子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以在B原子與X形成的配位鍵中，X提供孤對電子。 答案：(1)a　(2)2　BN　(3)sp2　sp3　3　(4)X 6．(xx·福建理綜)[化學—物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](1)依據(jù)第2周期元素第一電離能的變化規(guī)律，參照右圖中B、F元素的位置，用小黑點標出C、N、O三種元素的相對位置。 (2)NF3可由NH3和F2在Cu催化劑存在下反應(yīng)直接得到： 4NH3＋3F2NF3＋3NH4F ①上述化學方程式中的5種物質(zhì)所屬的晶體類型有________(填序號)。 a．離子晶體 b．分子晶體 c．原子晶體 d．金屬晶體 ②基態(tài)銅原子的核外電子排布式為________。 (3)BF3與一定量的水形成(H2O)2·BF3晶體Q，Q在一定條件下可轉(zhuǎn)化為R： ①晶體Q中各種微粒間的作用力不涉及________(填序號)。 a．離子鍵　b．共價鍵　c．配位鍵 d．金屬鍵　e．氫鍵　f．范德華力 ②R中陽離子的空間構(gòu)型為________，陰離子的中心原子軌道采用________雜化。 (4)已知苯酚()具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水楊酸第一級電離形成的離子能形成分子內(nèi)氫鍵。據(jù)此判斷，相同溫度下電離平衡常數(shù)Ka2(水楊酸)________Ka(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是________________________。 解析：本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識，意在考查考生知識的遷移和應(yīng)用能力。(1)第2周期元素的第一電離能從左向右逐漸增大，但由于N元素的2p軌道處于半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以N元素的第一電離能大于O，據(jù)此可標出C、N、O三種元素的相對位置。(2)①NH3、F2、NF3屬于分子晶體，NH4F為離子晶體，Cu為金屬晶體。②Cu的核電荷數(shù)為29,3d軌道上全充滿，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。(3)①晶體Q中不存在陰、陽離子和金屬元素，所以不存在離子鍵和金屬鍵，B原子與O原子間存在配位鍵，H2O與之間存在氫鍵，Q中還存在共價鍵、范德華力。②H3O＋中O原子存在一對孤對電子，其空間構(gòu)型為三角錐形；陰離子的中心原子為B，采用sp3雜化。(4)由于存在分子內(nèi)氫鍵，更難電離出H＋，所以的電離平衡常數(shù)小于。 答案：(1)如圖 (2)①a、b、d?、?s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (3)①a、d?、谌清F形　sp3 (4)<　中形成分子內(nèi)氫鍵，使其更難電離出H＋ 7．(xx·江蘇)元素X 位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2。元素Y基態(tài)原子的3p 軌道上有4個電子。元素Z 的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍。 (1)X與Y所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。 ①在1個晶胞中，X離子的數(shù)目為________。 ②該化合物的化學式為________。 (2)在Y的氫化物(H2Y)分子中，Y原子軌道的雜化類型是________。 (3)Z的氫化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是________。 (4)Y與Z可形成YZ。 ①YZ的空間構(gòu)型為________(用文字描述)。 ②寫出一種與YZ互為等電子體的分子的化學式：________。 (5)X的氯化物與氨水反應(yīng)可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為________。 解析：本題主要考查原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識，意在考查考生的空間想象能力及對物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的理解能力。X的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，X為Zn；Y的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，Y為S；根據(jù)Z的信息可知Z為O。(1)①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，X分別位于晶胞的頂點和面心，根據(jù)晶胞中原子的“分攤法”可計算一個晶胞中的X原子數(shù)為：8×1/8＋6×1/2＝4。②Y原子全部在晶胞中，故一個晶胞中含有4個Y原子。故該化合物的化學式為ZnS。(2)H2S分子中S原子有兩對成鍵電子和兩對孤對電子，所以H2S分子中S原子的軌道雜化類型為sp3雜化。(3)H2O與乙醇可以形成分子間氫鍵，使得水與乙醇互溶；而H2S與乙醇不能形成分子間氫鍵，故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。(4)①SO的中心原子S周圍有4對成鍵電子，形成以S為體心，O為頂點的正四面體結(jié)構(gòu)；②SO中S、O最外層均為6個電子，故SO中原子最外層共有32個電子；CCl4、SiCl4中原子的最外層電子總數(shù)均為4＋7×4＝32，故SO、CCl4、SiCl4為等電子體。(5)[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2＋與Cl－形成離子鍵，而[Zn(NH3)4]2＋中含有4個Zn—N鍵(配位鍵)和12個N—H鍵，共16個共價單鍵，故1 mol該配合物中含有16 mol σ鍵。 答案：(1)①4?、赯nS (2)sp3 (3)水分子與乙醇分子之間形成氫鍵 (4)①正四面體　②CCl4或SiCl4等 8．(xx·新課標全國理綜)VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含VIA族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請回答下列問題： (1)S單質(zhì)的常見形式為S8，其環(huán)狀結(jié)構(gòu)如下圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是________； (2)原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序為________； (3)Se原子序數(shù)為________，其核外M層電子的排布式為________________； (4)H2Se的酸性比H2S________(填“強”或“弱”)。氣態(tài)SeO3分子的立體構(gòu)型為________，SO離子的立體構(gòu)型為________。 (5)H2SeO3和K1和K2分別為2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步幾乎完全電離，K2為1.2×10－2，請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系解釋： ①H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離的原因： ________________________________________________________________________； ②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：______________________________________。 (6)ZnS在熒光體、光導(dǎo)體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛。立方ZnS晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其晶胞邊長為540.0 pm，密度為________________________________ g·cm－3(列式并計算)，a位置S2－離子與b位置Zn2＋離子之間的距離為 ____________________________________________ pm(列式表示)。 解析：(1)每個S原子與另外2個S原子形成2個共價單鍵，所以S原子的雜化軌道數(shù)＝σ鍵數(shù)＋孤對電子對數(shù)＝2＋2＝4，故S原子為sp3雜化。(2)同主族元素從上到下，元素的第一電離能逐漸減小，故第一電離能O>S>Se。(3)Se位于第四周期，與S的原子序數(shù)相差18，故其原子序數(shù)為34。由于其核外M層有18個電子，故M層的電子排布式為3s23p63d10。(4)Se的原子半徑大于S的原子半徑，H2Se與H2S相比，H2Se中Se原子對H原子的作用力較弱，H2Se在水中更容易電離出H＋，所以其酸性較強；SeO3中Se原子采取sp2雜化且有3個配位原子，故其立體構(gòu)型為平面三角形；SO中S原子采取sp3雜化且有3個配位原子，故其立體構(gòu)型為三角錐形。(5)所給兩種酸均為二元酸，當?shù)谝徊诫婋x出H＋后，由于生成的陰離子對正電荷有吸引作用，因此較難再電離出H＋。H2SeO3中Se為＋4價，而H2SeO4中Se為＋6價，Se的正電性更高，導(dǎo)致Se—O—H中O原子的電子向Se原子偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易電離出H＋，即酸性越強。(6)每個晶胞的質(zhì)量為(540.0×10－10cm)3×ρ；運用均攤法可求得每個晶胞中含有4個“ZnS”，故每個晶胞的質(zhì)量又可表示為。因此有：(540.0×10－10cm)3×ρ＝×4 g，解得ρ＝4.1 g·cm3；如圖所示， b位于正四面體的中心(類似于CH4分子中的C)。設(shè)ab＝ac＝x pm，∠abc＝109°28′，ac＝×540.0 pm＝270 pm。在三角形abc中，由余弦定理得：ac2＝x2＋x2－2x·x·cos∠abc，代入數(shù)據(jù)解得：x＝ pm。 答案：(1)sp3　(2)O>S>Se　(3)34　3s23p63d10　(4)強　平面三角形　三角錐形　(5)①第一步電離后生成的負離子較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子?、贖2SeO3和H2SeO4可表示為(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為＋4價，而H2SeO4中的Se為＋6價，正電性更高，導(dǎo)致Se—O—H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H＋ (6)＝4.1　或或135 9．(xx·山東理綜)金屬鎳在電池、合金、催化劑等方面應(yīng)用廣泛。 (1)下列關(guān)于金屬及金屬鍵的說法正確的是________。 a．金屬鍵具有方向性與飽和性 b．金屬鍵是金屬陽離子與自由電子間的相互作用 c．金屬導(dǎo)電是因為在外加電場作用下產(chǎn)生自由電子 d．金屬具有光澤是因為金屬陽離子吸收并放出可見光 (2)Ni是元素周期表中第28號元素，第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Ni相同且電負性最小的元素是________。 (3)過渡金屬配合物Ni(CO)n的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18，則n＝________。CO與N2結(jié)構(gòu)相似，CO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個數(shù)之比為________。 (4)甲醛(H2C＝O)在Ni催化作用下加氫可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子內(nèi)C原子的雜化方式為________，甲醇分子內(nèi)的O—C—H鍵角________(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子內(nèi)的O—C—H鍵角。 解析：(1)金屬鍵沒有方向性和飽和性，a錯；金屬鍵是金屬陽離子和自由電子間的相互作用，b對；金屬導(dǎo)電是因為在外加電場作用下電子發(fā)生定向移動，c錯；金屬具有光澤是因為自由電子能夠吸收并放出可見光，d錯。(2)Ni的外圍電子排布為3d84s2,3d能級上有2個未成對電子，第二周期中未成對電子數(shù)為2的元素有C、O，其中C的電負性較小。(3)中心原子Ni的價電子數(shù)為10，配體CO中1個O提供2個電子，故n＝4。CO中C和O間為叁鍵，含有1個σ鍵、2個π鍵。(4)甲醇分子內(nèi)C為sp3雜化，而甲醛分子內(nèi)C為sp2雜化，故甲醇分子內(nèi)O—C—H鍵角比甲醛分子內(nèi)O—C—H鍵角小。 答案：(1)b　(2)C(碳)　(3)4　1∶2　(4)sp3　小于 10．(xx·江蘇)一項科學研究成果表明，銅錳氧化物(CuMn2O4)能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。 (1)向一定物質(zhì)的量濃度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀經(jīng)高溫灼燒，可制得CuMn2O4。 ①Mn2＋基態(tài)的電子排布式可表示為_____________________________________。 ②NO的空間構(gòu)型是__________________________________________(用文字描述)。 (2)在銅錳氧化物的催化下，CO被氧化為CO2，HCHO被氧化為CO2和H2O。 ①根據(jù)等電子體原理，CO分子的結(jié)構(gòu)式為___________________________。 ②H2O分子中O原子軌道的雜化類型為__________________________________。 ③1 mol CO2中含有的σ鍵數(shù)目為_______________________________________。 (3)向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2－。不考慮空間構(gòu)型，[Cu(OH)4]2－的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為_____________________________________________。 解析：(1)Mn的原子序數(shù)為25，價電子排布式為3d54s2，先失去4s2軌道上的兩個電子，即得Mn2＋。根據(jù)價電子對互斥理論，NO中N原子采用sp2雜化，所以NO的空間構(gòu)型為平面三角形。(2)CO與N2互為等電子體，根據(jù)氮氣分子的結(jié)構(gòu)式可以寫出CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)。H2O分子中O原子存在兩對孤對電子，配位原子個數(shù)為2，價電子對數(shù)目為4，所以O(shè)原子采用sp3雜化。二氧化碳分子內(nèi)含有兩個碳氧雙鍵，一個雙鍵中含有一個σ鍵，一個π鍵，則1 mol CO2中含有2 mol σ鍵。(3)Cu2＋中存在空軌道，而OH－中O原子上有孤對電子，故O與Cu之間以配位鍵結(jié)合。 答案：(1)①1s222p63s23p63d5(或[Ar]3d5)　②平面三角形 (2)①C≡O(shè)?、趕p3?、?×6.02×1023個(或2 mol) (3) (或) 11．(2011·山東理綜)氧是地殼中含量最多的元素． (1)氧元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為________個． (2)H2O分子內(nèi)的O—H鍵、分子間的范德華力和氫鍵從強到弱依次為________________________________________________________________________． 的沸點比高，原因是___________________． (3)H＋可與H2O形成H3O＋，H3O＋中O原子采用________雜化．H3O＋中H—O—H鍵角比H2O中H—O—H鍵角大，原因為_________________________________________． (4)CaO與NaCl的晶胞同為面心立方結(jié)構(gòu)，已知CaO晶體密度為a g·cm－3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則CaO晶胞體積為________cm3. 解析：本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，意在考查考生對原子核外電子排布、化學鍵、晶體等知識的理解和應(yīng)用能力． (1)氧原子基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p4,2p軌道上有2個電子未成對．(2)氫鍵屬于分子間作用力，比化學鍵弱，但比范德華力強．(3)H3O＋中O原子為sp3雜化．(4)以1個晶胞為研究對象，1個晶胞中含有4個Ca2＋、4個O2－，根據(jù)m＝ρ·V，則×4＝aV，V＝. 答案：(1)2　(2)O—H鍵、氫鍵、范德華力　形成分子內(nèi)氫鍵，而形成分子間氫鍵，分子間氫鍵使分子間作用力增大　(3)sp3　H2O中O原子有2對孤對電子，H3O＋中O原子只有1對孤對電子，排斥力較小　(4) 12．(xx·山東理綜)碳族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb. (1)碳鈉米管由單層或多層石墨層卷曲而成，其結(jié)構(gòu)類似于石墨晶體，每個碳原子通過________雜化與周圍碳原子成鍵，多層碳納米管的層與層之間靠________結(jié)合在一起． (2)CH4中共用電子對偏向C，SiH4中共用電子對偏向H，則C、Si、H的電負性由大到小的順序為________________． (3)用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中Sn—Br鍵的鍵角________120°(填“＞”、“＜”或“＝”)． (4)鉛、鋇、氧形成的某化合物的晶胞結(jié)構(gòu)是：Pb4＋處于立方晶胞頂點，Ba2＋處于晶胞中心，O2－處于晶胞棱邊中心．該化合物化學式為________，每個Ba2＋與________個O2－配位． 解析：本題以第ⅣA族元素為載體，考查考生對選修3《物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)》知識的綜合應(yīng)用能力． (1)石墨晶體是混合型晶體，同一層內(nèi)碳原子之間以共價鍵結(jié)合成正六邊形結(jié)構(gòu)，層與層之間通過范德華力結(jié)合，故碳鈉米管中碳原子的雜化方式為sp2雜化，層與層之間靠范德華力結(jié)合． (2)電負性越大，非金屬性越強，即吸引電子對的能力越強，故電負性的大小關(guān)系為C＞H＞Si. (3)在SnBr2分子中，中心原子Sn有2對成鍵電子，1對孤對電子，采用sp2雜化，故鍵角小于120°. (4)1個晶胞中有1個Ba2＋，Pb4＋的個數(shù)為8×＝1，O2－的個數(shù)為12×＝3，故化學式為BaPbO3.每個Ba2＋與12個O2－配位． 答案：(1)sp2　分子間作用力(或：范德華力) (2)C＞H＞Si　(3)＜　(4)BaPbO3　12 第三節(jié)　晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 1．(xx·山東理綜)石墨烯(圖甲)是一種由單層碳原子構(gòu)成的平面結(jié)構(gòu)新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面結(jié)構(gòu)會發(fā)生改變，轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯(圖乙)。 (1)圖甲中，1號C與相鄰C形成σ鍵的個數(shù)為________。 (2)圖乙中，1號C的雜化方式是________，該C與相鄰C形成的鍵角________(填“>”“<”或“＝”)圖甲中1號C與相鄰C形成的鍵角。 (3)若將圖乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中，則氧化石墨烯中可與H2O形成氫鍵的原子有________(填元素符號)。 (4)石墨烯可轉(zhuǎn)化為富勒烯(C60)，某金屬M與C60 可制備一種低溫超導(dǎo)材料，晶胞如圖丙所示，M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部。該晶胞中M原子的個數(shù)為________，該材料的化學式為______________。 解析：(1)圖甲中，1號C與相鄰的3個C以公價鍵相連，即形成3個σ鍵。(2)圖乙中，1號C除與3個C形成化學鍵外，還與羥基氧原子形成化學鍵，故該C采取sp3雜化。其與相鄰碳原子形成鍵角小于120%，即小于圖甲中形成鍵角。(3)氧化石墨烯中含有羥基，羥基氧原子可與水分子中的氫原子形成氫鍵，羥基氫原子可與水分子中的氧原子形成氫鍵。(4)通過晶胞結(jié)構(gòu)可知，有12個M原子在晶胞的12條棱上，由分攤法可知這12個M原子屬于該晶胞的只有12×1/4＝3(個)；還有9個M原子在晶胞內(nèi)部，故該晶胞中M原子為12個。該晶胞中含有的C60為8×1/8＋6×1/2＝4(個)，即一個晶胞可表示為M12(C60)4，即化學式為M3C60。 答案：(1)3　(2)sp3?。肌?3)O、H　(4)12　M3C60 2．(xx·天津理綜)元素單質(zhì)及其化合物有廣泛用途，請根據(jù)周期表中第三周期元素相關(guān)知識回答下列問題： (1)按原子序數(shù)遞增的順序(稀有氣體除外)，以下說法正確的是________。 a．原子半徑和離子半徑均減小 b．金屬性減弱，非金屬性增強 c．氧化物對應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增強 d．單質(zhì)的熔點降低 (2)原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素名稱為________，氧化性最弱的簡單陽離子是________。 (3)已知： 化合物 MgO Al2O3 MgCl2 AlCl3 類型 離子化合物 離子化合物 離子化合物 共價化合物 熔點/℃ 2 800 2 050 714 191 工業(yè)制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是___________________________； 制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是______________________________。 (4)晶體硅(熔點1 410 ℃)是良好的半導(dǎo)體材料。由粗硅制純硅過程如下： Si(粗)SiCl4SiCl4(純)Si(純) 寫出SiCl4的電子式：________；在上述由SiCl4制純硅的反應(yīng)中，測得每生成1.12 kg純硅需吸收a kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學方程式：_____________________________。 (5)P2O5是非氧化性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是________。 a．NH3　　　b．HI　　　c．SO2　　　d．CO2 (6)KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400 ℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1∶1。寫出該反應(yīng)的化學方程式： ________________________________________________________________________。 解析：(1)第三周期元素從左到右，原子半徑依次減小，陽離子半徑依次減小，陰離子半徑依次減小，但陽離子只有兩個電子層，陰離子有三個電子層，陽離子半徑小于陰離子半徑，a錯誤；金屬性減弱，非金屬性增強，b正確；最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增強，c錯誤；第三周期元素的單質(zhì)中，硅的熔點最高，d錯誤。(2)第三周期中原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的是氬，氧化性最弱的簡單陽離子是Na＋。(3)工業(yè)上制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是MgO的熔點高，熔融時耗費更多能源，增加生產(chǎn)成本。制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是AlCl3為共價化合物，熔融態(tài)難導(dǎo)電。(4)SiCl4是共價化合物，電子式為,。根據(jù)生成1.12 kg硅，吸收a kJ熱量，求出生成1 mol硅，吸收0.025a kJ熱量，則熱化學方程式為：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋0.025a kJ·mol－1。(5)濃硫酸具有強氧化性和酸性，不能干燥NH3和HI，可以干燥SO2和CO2；P2O5可以干燥HI，不能干燥NH3。(6)根據(jù)題目信息，可得化學方程式：4KClO3KCl＋3KClO4。 答案：(1)b　(2)氬　Na＋(或鈉離子) (3)MgO的熔點高，熔融時耗費更多資源，增加生產(chǎn)成本 AlCl3為共價化合物，熔融態(tài)難導(dǎo)電 (4) 　SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋0.025a kJ·mol－1　(5)b (6)4KClO3KCl＋3KClO4 3．(xx·新課標全國Ⅰ理綜)硅是重要的半導(dǎo)體材料，構(gòu)成了現(xiàn)代電子工業(yè)的基礎(chǔ)。回答下列問題： (1)基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為________，該能層具有的原子軌道數(shù)為________，電子數(shù)為________。 (2)硅主要以硅酸鹽、________等化合物的形式存在于地殼中。 (3)單質(zhì)硅存在與金剛石結(jié)構(gòu)類似的晶體，其中原子與原子之間以________相結(jié)合，其晶胞中共有8個原子，其中在面心位置貢獻________個原子。 (4)單質(zhì)硅可通過甲硅烷(SiH4)分解反應(yīng)來制備。工業(yè)上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH4，該反應(yīng)的化學方程式為_____________________________________。 (5)碳和硅的有關(guān)化學鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關(guān)事實： 化學鍵 C—C C—H C—O Si—Si Si—H Si—O 鍵能/(kJ·mol－1) 356 413 336 226 318 452 ①硅與碳同族，也有系列氫化物，但硅烷在種類和數(shù)量上都遠不如烷烴多，原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②SiH4的穩(wěn)定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是__________________________ ________________________________________________________________________。 (6)在硅酸鹽中， SiO四面體(如圖a)通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式。圖b為一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其中Si原子的雜化形式為 ________，Si與O的原子數(shù)之比為________，化學式為____________________________。 解析：本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)方面的知識，意在考查考生的觀察能力、推理能力以及語言表達能力。(1)硅的基態(tài)原子中，能量最高的能層是第三電子層，符號為M，該能層有9個原子軌道，電子數(shù)為4。(2)硅還以SiO2形式存在于地殼中。(3)硅晶體中，硅原子間以共價鍵結(jié)合在一起，其晶胞6個面上各有一個硅原子，依據(jù)均攤原則，面心位置貢獻3個原子。(4)可先寫出：Mg2Si＋NH4Cl―→SiH4，由原子守恒知還應(yīng)該有MgCl2生成，配平鎂、氯、硅元素后得Mg2Si＋4NH4Cl―→SiH4＋2MgCl2，再進一步分析知還應(yīng)該有NH3生成，最終結(jié)果為Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋2MgCl2＋4NH3。(5)某類物質(zhì)數(shù)量的多少與物質(zhì)內(nèi)化學鍵的穩(wěn)定性強弱有關(guān)，由表中數(shù)據(jù)知C—C鍵、C—H鍵分別比Si—Si鍵、Si—H鍵穩(wěn)定，故烷烴數(shù)量較多。同理因鍵能C—H＞C—O、Si—O＞Si—H，故SiH4的穩(wěn)定性小于CH4，更易生成氧化物。(6)因硅與四個氧原子形成四個σ鍵，故硅原子為sp3雜化。在圖a中，硅、氧原子數(shù)目比為1∶4，但圖b中每個硅氧四面體中有兩個氧原子是與其他四面體共用的，故依據(jù)均攤原則可確定圖b中硅、氧原子數(shù)目比為1∶3，化學式為(SiO3)。 答案：(1)M　9　4　(2)二氧化硅　(3)共價鍵　3　(4)Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋4NH3＋2MgCl2　(5)①C—C鍵和C—H鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定。而硅烷中Si—Si鍵和Si—H鍵的鍵能較低，易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成?、贑—H鍵的鍵能大于C—O鍵，C—H鍵比C—O鍵穩(wěn)定。而Si—H鍵的鍵能卻遠小于Si—O鍵，所以Si—H鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的Si—O鍵　(6)sp3　1∶3　[SiO3](或SiO) 4．(xx·江蘇)元素X 位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2。元素Y基態(tài)原子的3p 軌道上有4個電子。元素Z 的原子最