复习题优质课教学设计

2019年高三年级化学一轮复习同步训练(选修三) 第二章第一节

分子的立体构型

一、单选题

1.

以下有关杂化轨道的说法中错误的是（

）

A. IA族元素成键时不可能有杂化轨道

B. 杂化轨道既可以形成σ键，也可能形成π键

C. 孤对电子有可能参加杂化

D. s轨道和p轨道杂化不可能有sp4出现

2.

关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是（

）

A. 配位体是Cl-和H2O，配位数是8 B. 中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+

C. 内界和外界中的Cl-的数目比是1：2 D. 在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀

3.

向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是（

）

A. 在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道

B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+

C. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变

D. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化

4.

氮的最高价氧化物为无色晶体，它可看做由含氮元素的阴、阳两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为

A. 直线

sp杂化

C. 三角锥形

sp3杂化

B. V型

sp2杂化

D. 平面三角形

sp2杂化

5.

下列分子或离子的中心原子杂化轨道的类型相同的是（

）

A. SO32-与SO3

B. CH4与H2O C. NCl3与BF3

D. SO32-与CO32-

6.

CH3COOH分子中-CH3及-COOH中碳原子的杂化类型分别是（

）

A. sp3、sp2

B. sp3、sp C. sp2、sp D. sp2、sp3

7.

关于原子轨道的说法正确的是（

）

A. 凡中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体

B. 凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键

C. CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起

来而形成的

3sp杂化轨道是由同一原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能D. 量相等的新轨道

8.

下列对分子及其性质的解释中，不正确的是（

）

A. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释

B. 乳酸[CH3CH（OH）COOH]中存在一个手性碳原子

C. 许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物

D. 已知酸性：H3PO4＞HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子而HClO为0 9.

下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（

）

A. 分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构

B. 杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子

C. 杂化轨道理论与价层电子互斥理论都可以分析分子的空间构型

D. [Cu（NH3）4]2+和CH4两个微粒中中心原子Cu和C都是通过sp3杂化轨道成键

10.

如图，图1表示白磷（P4）的分子结构，图2表示三氧化二磷（P4O6）的分子结构，图3表示五氧化二磷（P4O10）的分子结构，下列说法中正确的是（

）

A. P4O6中的磷原子采用sp2方式杂化

B. 三氧化二磷、五氧化二磷这两个名称都表示分子的实际组成

C. P4、P4O6和P4O10分子中同一P原子上两个化学键之间的夹角都是60°

D. P4O6分子中4个P原子构成正四面体，6个O原子构成正八面体

二、填空题

11.

四种常见元素的性质或结构信息如F表所示，请问答下列问题．

元素

A

B

R

D

基态原子核外电子占B的单质是位于第四是非金属元素，其形成的某相关信据3个能级且最高能最常见半导周期ⅠB种单质是电的良导体，有的息

级上有3个电子

体材料

族

分子形状似足球

（1）R的基态原子价层电子排布式为

______ ，这四种元素的第一电离能由大到小的顺序为

______ （写元素符号）． （2）A、B，D均可形成多种氢化物，在最常见的三种氢化物中，分子构型为三角锥的氢化物分子式为

______ ，任意写出一种中心原子存在sp、sp两种杂化类型的物质的结构简式

______ ，与A的常见单质互为等电子体的上述元素的氧化物是

______ ． （3）B、D均可形成氧化物，等物质的量的B、D的最高价氧化物中σ键之比为

______ ，已知有下列两种数据：

23

BO2

DO2

键能（kJ/mol）

B-O：452

熔点（K）

1923

沸点（K）

2503

195

D=O：615，D-O：348

216

请解释键能大小与两种氧化物熔点、沸点高低差异过大的原因

______ （4）在一定条件下，Cl-与R2+可形成一种无限长链离子，研究表明• 该离子中每个氯原子最外层均达到8电子稳定结构，有些氧与R之间存在配位键，若该长链离子中含有n个R，则该离子的化学式为

______ ． （5）A元素能形成组成为Pt（AH3）2Cl2

的配合物，该配合物存在两种同分异构体：一种为淡黄色（Q），不

具有抗癌作用，在水中的溶解度小；另一种为黄绿色（P），具有抗癌作用，在水中的溶解度较大． ①Q是

______ （填“极性”或“非极性”）分子， ②P的结构简式为

______ （

AH3配体作为一个整体写）．

12.

周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大．a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子．回答下列问题：

（1）b、c、d中第一电离能最大的是

______ （填元素符号），e的价层电子轨道示意图为

______ ．

（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为

______ ；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是

______ （填化学式，写出两种）．

（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是

______ ；酸根呈三角锥结构的酸是

______ ．（填化学式）

（4）e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为

______ ．

（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）．该化合物中，阴离子为

______ ，阳离子中存在的化学键类型有

______ ；该化合物加热时首先失去的组分是

______ ，判断理由是

______ ．

锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：

（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]______，有______个未成对电子．

（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分析，原因是______．

（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因______．

熔点/℃

沸点/℃

GeCl4

-49.5

83.1

GeBr4

26

186

GeI4

146

约400

（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______．

（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为______微粒之间存在的作用力是______．

（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图（1、2）为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0）．则D原子的坐标参数为______．

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为______g•cm-3（列出计算式即可）．

13.

科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如下，其中配位键和氢键均采用虚线表示． （1）写出基态Cu原子的电子排布式

______ ； （2）Cu2+还能与NH3、Cl-等形成配位数为4的配合物． ①[Cu（NH3）4]中存在的化学键类型有

______ （填序号）． A．配位键

B．离子键

C．极性共价键

D．非极性共价键 ②已知[Cu（NH3）4]具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]中的两个NH3被两个 Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为

______ ． （3）实验证明，用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比用化学式计算出来的相对分子质量要大，其原因是

______ （4）向硫酸铜水溶液中逐滴加入氨水直至过量，反应的离子方程式为

______ ．

2+2+2+

答案和解析

【答案】

1. B 8. C 2. C 9. D 3. B 10. D 4. A

5. B 6. A 7. D 11. 3d104s1；N＞C＞Si＞Cu；NH3；CH2=CH-CH3；CO；2：1；CO2是分子晶体，熔点、沸点高低是由比较微弱的范德华力决定的，而与化学键强弱无关，SiO2属原子晶体，其熔点、沸点高低是由强大的共价键决定的；；非极性；

N；12. 2+；sp3；H2O2、N2H4；HNO2、HNO3；H2SO3；+1；SO42-；共价键2+和配位键；H2O；H2O和Cu的配位键比NH3与Cu的弱

10223d4s4p；2；锗的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重13. 叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；GeCl4、GeBr4、GeI4熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；O＞Ge＞Zn；sp3；共价键；（，，）；

14. 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；AC；平面正方形；在接近水沸点的水蒸气中存在一定数量的水分子因氢键而相互“缔合”形成的缔合分子的相对分子质量是水的数倍；Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH-

【解析】

1. 解：A．ⅠA族元素原子最外层只有1个电子，与其它原子形成共价键时，只形成1个σ键，不可能有杂化轨道，故A正确； B．电子云以不同形式重叠，形成不同的共价键，如CH2=CH2中C原子为sp杂化，C原子形成3个σ键，但杂化轨道不形成π键，故B错误； C．杂化轨道的电子不一定全部成键，如NH3为sp3杂化，但只形成3个σ键，故C正确； D．p轨道只有3个方向不同的轨道，与1个s轨道最多形成sp3杂化，不可能有sp4出现，故D正确． 故选B． A．ⅠA族元素原子最外层只有1个电子，与其它原子形成共价键时，只形成1个σ键； C．电子云以不同形式重叠，形成不同的共价键，杂化轨道不形成π键； D．杂化轨道的电子不一定全部成键； 2

B．p轨道只有3个方向不同的轨道． 本题考查原子的轨道的杂化，题目难度不大，注意把握杂化轨道的形成，学习中注意相关基础知识的积累．

2. 解：A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，Ti3+的配位数为6，故A错误； B．配离子是[TiCl（H2O）5]，但中心离子是Ti，故B错误； C．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，内界配体Cl-为1，外界Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确； D．内界配体Cl-不与Ag+反应，外界Cl-离子与Ag+反应，在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，故D错误； 故选C． A．配体含有孤对电子，中心原子或离子含有空轨道，Ti的配位数为6； B．由化合价代数和为0可知，中心离子是Ti； C．内界和外界中的Cl-的数目分别为1、2； D．内界配体Cl不与Ag反应，外界Cl离子与Ag反应． 本题考查配合物，注意配合物形成：配体含有孤对电子，中心原子或离子含有空轨道，配体和外界离子性质不同，题目难度中等．

-+-+3+3+2+3+3. 解：A．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故A错误； B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]而使溶液澄清，故B正确； C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故C错误； D．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故D错误； 故选B． A．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键； B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清； C．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物； D．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出． 本题考查了配合物、配位键的形成等知识，题目难度中等，明确形成配合物的条件为解答关键，注意有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体，试题培养了学生的灵活应用能力．

2+

4. 【分析】

本题考查了杂化类型的判断和微粒的空间构型，题目难度不大，根据价层电子对互斥理论分析。

【解答】

氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3，则其阳离子的化学式为：NO2，其中心N原子价电子对数为2+1/2（5-1-2×2）=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故 A正确。

故选A。

-+5. 解：SO32-中S原子价层电子对个数=3+=3+=4、SO3中S原子价层电子对个数=3，所以SO32-与SO3中S原子杂化类型分别是sp3、sp2，杂化类型不同，故A错误； B．CH4中C原子价层电子对个数=4+=4、H2O中O原子价层电子对个数=2+=4，所以两种分子中价层电子对个数相等，C、O原子杂化类型都是sp3，杂化类型相同，故B正确； C．NCl3中N原子价层电子对个数=3+=4、BF3中B原子价层电子对个数=3+=3，NCl3中N原子杂化方式为sp3、BF3中B原子杂化方式为sp2，杂化类型不同，故C错误； D．SO32-中S原子价层电子对个数=3+子价层电子对个数=3+故选B． 先计算微粒中中心原子价层电子对个数，再根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，据此分析解答． 本题考查原子杂化方式判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确价层电子对个数计算方法是解本题关键，题目难度不大．

=4，则S原子杂化类型是sp3，CO32-中C原2=3，C原子杂化方式为sp，杂化类型不同，故D错误； 6. 解：甲基（-CH3）中原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化； 羧基（-COOH）中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化， 故选A． 甲基（-CH3）中原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，羧基（-COOH）中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，据此判断碳原子的杂化方式． 本题考查了原子轨道杂化方式的判断，题目难度不大，正确判断杂化轨道数目为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

7. 解：A．中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误； B．BF3中B原子的价层电子对数为3，B原子的杂化类型为：sp杂化，故B错误； C．CH4中sp杂化轨道是由中心碳原子的能量相近一个2s轨道和3个2p轨道杂化形成，1s轨道和2p轨道的能量差别较大，不能形成杂化轨道，故C错误； D．同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化可形成混合起来形成的一组能量相同的新轨道，杂化轨道数=孤电子对数+与之相连的原子数，故D正确． 故选D．

A．中心原子采取sp杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体； B．BF3采用sp杂化； C．CH4中sp杂化轨道是由中心碳原子的能量相近一个2s轨道和3个2p轨道杂化形成； D．sp3杂化轨道，中心原子含有4个价层电子对，由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道．

本题考查杂化轨道和杂化理解，侧重分子结构与性质的考查，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，题目难度中等．

3233238. 解：A．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故A正确； B．碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，故B正确； C．含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物，因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，故C错误； D．H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确； 故选：C． A．极性分子易溶于极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂； B．根据手性异构体分子的概念、结构和性质分析； C．含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物； D．酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数

越多，该含氧酸的酸性越强． 本题考查了氢键、手性碳原子、分子稳定性的判断等知识点，题目难度不大，注意手性碳原子的判断方法：碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子．

9. 解：A、分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，可能是三角锥形或V形，如NH3是三角锥形、H2O是V形，故A正确； B、杂化轨道用来形成σ键或容纳孤对电子，未杂化的轨道与杂化轨道所在平面垂直，可用来形成π键，故B正确； C、杂化轨道理论与价层电子互斥理论均用于分析判断分子的空间构型，且两种理论相互补充，故C正确； D、在[Cu（NH3）4]中Cu原子提供提供空轨道接受孤对电子形成配位键，不是sp杂化，故D错误． 故选：D． A、分子中中心原子通过sp杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，可能是三角锥形或V形； B、杂化轨道不能用于形成π键，只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子； C、杂化轨道理论与价层电子互斥理论均用于分析判断分子的空间构型，且两种理论相互补充； D、在[Cu（NH3）4]中Cu原子提供提供空轨道接受孤对电子形成配位键． 本题考查杂化轨道和杂化理解，侧重分子结构与性质的考查，注意杂化轨道理论的理解，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，题目难度中等．

2+32+310. 解：A．P4O6中的磷原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+1=4，所以采取sp3杂化；故A错误； B．三氧化二磷、五氧化二磷只表示原子个数比，这两个名称都未表示分子的实际组成，应为P4O6、P4O10，故B错误； C．P4为正四面体结构，四个磷处在正四面体的顶点，同一P原子上两个化学键之间的夹角是60°，两个磷之间插入一个氧原子，得到P4O6，P4O6四个磷再插入一个氧原子得到P4O10，P4O6和P4O10分子中同一P原子上化学键之间的夹角近似等于109°28′，故C错误； D．P4为正四面体结构，四个磷处在正四面体的顶点，两个磷之间插入一个氧原子，得到P4O6，在P4O6分子中，4个P原子构成正四面体，6个O原子构成正八面体，故D正确； 故选D．

A．根据价层电子对互斥理论确定原子杂化类型，价层电子对=σ键个数+孤电子对个数； B．三氧化二磷、五氧化二磷只表示原子个数比，应为六氧化四磷、十氧化四磷； C．P4同一P原子上两个化学键之间的夹角是60°，P4O6和P4O10分子化学键之间的夹角近似等于109°28′； D．P4为正四面体结构，两个磷之间插入一个氧原子，得到P4O6． 本题考查P4、P4O6和P4O10的结构，为高频考点，把握空间结构为解答的关键，注意选项C为解答的易错点，题目难度中等．

11. 解：（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，由于非金属性N＞C＞Si＞Cu，故答案为：3d4s；

N＞C＞Si＞Cu； （2）N、Si、C的常见氢化物中，氨气属于三角锥形，甲烷构型的为sp杂化，含有碳碳双键的为sp杂化，最简单的此类有机物是丙烯，氮气分子含有2个原子，价电子数是5×2=10，CO中原子个数是2，价电子数是4+6=10，故答案为：NH3；CH2=CH-CH3；CO； （3）SiO2中每个硅原子形成4个σ键，是sp2杂化；CO2中碳原子形成2个σ键并且无孤电子对，等物质的量的SiO2、CO2中σ键的数目之比为2：1；因CO2属于分子晶体而SiO2属于原子晶体，前者熔点、沸点由比较微弱的范德华力（与化学键强弱无关）决定的而后者是强大的共价键决定的，故答案为：2：1；CO2是分子晶体，熔点、沸点高低是由比较微弱的范德华力决定的而与化学键强弱无关，SiO2属原子晶体，其熔点、沸点高低是由强大的共价键决定的； （4）由图知，每个Cu单独结合两个Cl，又与另外一个Cu共用两个Cl，故长链中n（Cu2+）：n（Cl-）=1：3，化学式为，故答案为：； 2+-2+-23101（5）①Pt（YH3）2Z2为PtCl2（NH3）2，根据相似相溶原理，因为淡黄色固体Q，较难溶于极性溶剂水，则Q为非金属性分子，故答案为：非极性分子； ②通过相似相溶原理可知两种固体一种为极性分子，另一种为非极性分子，若PtCl（2NH3）2为四面体结构，只能为极性分子，故只能为平面正方形结构，黄绿色（P）在水中的溶，故答案为：． 解度较大，则P为极性分子，其结构简式为A基态原子核外电子占据3个能级且最高能级上有3个电子，那么A为氮元素；B的单质是最常见半导体材料，故B是硅元素；R位于第四周期ⅠB族，故R为铜元素；是非金属元素，其形成的某种单质是电的良导体，有的分子形状似足球，那么D为碳元素，能导电的是石墨，形状像足球的是足球烯，即C60，据此解答即可； （1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原

子价电子电子排布式，元素的非金属性越强，其第一电离能越大； （2）N、Si、C的常见氢化物中，氨气属于三角锥形，甲烷构型的为sp杂化，含有碳碳双键的为sp2杂化，依据等电子体的概念解答即可； （3）σ键为单键，依据分子式确定比例关系；依据晶体类型回答即可； 3（4）依据该结构分析解答； （5）若Pt（NH3）2Cl2为四面体结构，此结构中NH3、Cl之间只存在相邻关系，因此只有一种结构，当Pt（NH3）2Cl2为平面四边形结构时，两个NH3间存在对位与邻位两种关系．因Q溶解度较小，而水为极性分子，故Q是非极性分子，据此解答即可． 本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度较大，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，（4）为难点．

-12. 解：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素，

c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数是8，所以C是O元素，d与c同族，则d是S元素，

b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；

e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，

（1）b、c、d分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能最大的是N元素，e的价层为3d、4s电子，其电子轨道示意图为故答案为：N；，

；

（2）a是H元素，a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为氨气，氨气分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以该分子的中心原子的杂化方式为sp；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4，

故答案为：sp3；H2O2、N2H4；

（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3，故答案为：HNO2、HNO3；H2SO3；

（4）e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，c离子个数=1+8×=2，e离子个数=4，所以该化合物为Cu2O，则e离子的电荷为+1，故答案为：+1；

（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明阴离子3

的中心原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为硫酸根离子，阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示），根据图象知，阳离子的配位数是6，阳离子中含有共价键、配位键，氨分子个数是4、水分子个数是2，其化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4，H2O和Cu的配位键比NH3与Cu的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O，

故答案为：SO4；共价键和配位键；H2O；H2O和Cu的配位键比NH3与Cu的弱．

周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素，

c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数是8，所以C是O元素，d与c同族，则d是S元素，

b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；

e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，再结合原子结构、物质结构、元素周期律解答．

本题考查了晶胞的计算、化学键的判断、电离能的比较等知识点，这些知识点都是高考热点，根据晶胞特点、化学键的构成微粒、元素周期律等知识点来分析解答，难点是（5），正确连接图中表示的微粒是解本题关键，知道其配位数及形成的化学键，题目难度中等．

2-2+2+2+2+13. 解：（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s4p或[Ar]3d4s4p，在最外层的4s能级上2个电子为成对电子，4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内，有2轨道未成对电子， 故答案为：3d104s24p2；2； （2）虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但考虑Ge的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键， 故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键； （3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4， 故答案为：GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强； （4）元素非金属性：Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge＞Zn， 故答案为：O＞Ge＞Zn； （5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空2262610221022

间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp杂化， 故答案为：sp3；共价键； （6）①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞再2等份，可知D处于到各个面的处，则D原子的坐标参数为（，，）， 故答案为：（，，）； ②晶胞中Ge原子数目为4+8×+6×=8，结合阿伏伽德罗常数，可知出晶胞的质量为，晶胞参数a=565.76pm， 其密度为故答案为：÷（565.76×10cm）=．

-1033， （1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d4s4p； （2）Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键； （3）锗的卤化物都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高； （4）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大； （5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体； （6）①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等等份可知D处于到各个面的处； ②根据均摊法计算晶胞中Ge原子数目，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据ρ=计算晶胞密度．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、电负性、杂化方式、晶胞计算等，（6）中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大．

102214. 解：（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1， 故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1； （2）①[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，故答案

为：AC； ②形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，故答案为：平面正方形； （3）因为水分子间存在氢键，氢键会使水分子成为缔合水分子，使得体积变小，所以用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比理论计算出来的相对分质量较大， 故答案为：在接近水沸点的水蒸气中存在一定数量的水分子因氢键而相互“缔合”形成的缔合分子的相对分子质量是水的数倍； （4）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，有关反应离子方程式为：Cu+2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）4+2OH， 故答案为：Cu+2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）4+2OH． （1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式； （2）①配离子[Cu（NH3）4]中含有配位键，不同非金属元素之间形成极性共价键； ②形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]中的两个NH3被两个Cl取代，只有一种结构； （3）因为水分子间存在氢键，氢键会使水分子成为缔合水分子，使得体积变小，所以用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比理论计算出来的相对分质量较大； （4）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物． 本题考查的内容较杂，涉及到常见元素核外电子排布、金属晶体结构、配合物的结构有关知识，难度不大，注重对基础知识的考查．

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