资源描述
N单元物质结构与性质
名目
N单元物质结构与性质 1
N1 原子结构与元素的性质 1
N2 化学键 2
N3 分子的结构与性质 4
N4 晶体结构与性质 4
N5 物质结构与性质综合 7
N1 原子结构与元素的性质
【化学卷（解析）·2021届四川省成都外国语学校高三12月月考（202212）】8.（14+2分）已知元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大。X基态原子的核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，Z是地壳中含量最多的元素，W是电负性最大的元素，元素Q的核电荷数等于Y、W原子的最外层电子数之和。另有R元素位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，外围电子层有2个未成对电子。请回答下列问题。
（1）微粒XZ的中心原子杂化类型为，化合物YW3的空间构型为。
（2）R基态原子的电子排布式为。
（3）一种新型超导晶体的晶胞如右图所示，则该晶体的化学式为，
其中一个Q原子紧邻个R原子。
Q原子
R原子
X原子
（4）R的氢氧化物能溶于含XY－离子的溶液生成一种配离子[R(XY)4]2-，该反应的离子方程式是。
弱酸HXY分子中存在的σ键与π键的数目之比为。
【学问点】晶胞计算、原子结构、化学键、离子方程式N1N2N4
【答案解析】【解析】（1）sp2 三角锥形
（2）1s22s22p63s23p63d84s2 或[Ar]3d84s2
（3）MgNi3C 12
（4）Ni(OH)2＋4CN－===[Ni(CN)4]2-＋2OH－ 11
解析：元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大．X基态原子核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，其电子排布为1s22s22p2， 则X为C；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O，所以Y为N；W是电负性最大的元素，则W为F，元素Q的核电荷数等于Y、W原子最外层电子数之和，则Q的核电荷数为5+7=12，则Q为Mg；另有R元素位于周期表第4周期第VIII族，价层电子中有两个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则R为Ni元素，
（1）微粒CO32-的中心原子价电子数4+(4+2-2×3)/2=4，为sp3杂化，化合物NF3的空间构型与氨气相像，为三角锥形；
（2）R的原子序数为28，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；
（3）Mg位于顶点，个数为8×1/8=1，C位于体心，个数为1，Ni位于面心，个数为6×1/2=3，则晶体的化学式为MgCNi3或MgNi3C，Q与R最近距离在面上，1个Q紧邻R原子的个数为3×8×1/2=12；
（4）R的氢氧化物能溶于含XY-离子的溶液生成一种配离子[R(XY)4]2-，该反应的离子方程式是
Ni(OH)2+4CN-=[Ni（CN）4]2-+2OH-，弱酸HXY分子，结构式为H-C≡N，单键为σ键，三键中有1个σ键、2个π键，则存在的σ键与π键的数目之比为1：1；
【思路点拨】本题考查较综合，涉及元素的推断、晶胞计算、电子排布等，留意高频考点的训练，侧重位置、结构、性质及原子结构与晶体的分析与推断力气的综合考查，题目难度中等。
N2 化学键
【化学卷（解析）·2021届四川省成都外国语学校高三12月月考（202212）】8.（14+2分）已知元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大。X基态原子的核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，Z是地壳中含量最多的元素，W是电负性最大的元素，元素Q的核电荷数等于Y、W原子的最外层电子数之和。另有R元素位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，外围电子层有2个未成对电子。请回答下列问题。
（1）微粒XZ的中心原子杂化类型为，化合物YW3的空间构型为。
（2）R基态原子的电子排布式为。
（3）一种新型超导晶体的晶胞如右图所示，则该晶体的化学式为，
其中一个Q原子紧邻个R原子。
Q原子
R原子
X原子
（4）R的氢氧化物能溶于含XY－离子的溶液生成一种配离子[R(XY)4]2-，该反应的离子方程式是。
弱酸HXY分子中存在的σ键与π键的数目之比为。
【学问点】晶胞计算、原子结构、化学键、离子方程式N1N2N4
【答案解析】【解析】（1）sp2 三角锥形
（2）1s22s22p63s23p63d84s2 或[Ar]3d84s2
（3）MgNi3C 12
（4）Ni(OH)2＋4CN－===[Ni(CN)4]2-＋2OH－ 11
解析：元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大．X基态原子核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，其电子排布为1s22s22p2， 则X为C；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O，所以Y为N；W是电负性最大的元素，则W为F，元素Q的核电荷数等于Y、W原子最外层电子数之和，则Q的核电荷数为5+7=12，则Q为Mg；另有R元素位于周期表第4周期第VIII族，价层电子中有两个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则R为Ni元素，
（1）微粒CO32-的中心原子价电子数4+(4+2-2×3)/2=4，为sp3杂化，化合物NF3的空间构型与氨气相像，为三角锥形；
（2）R的原子序数为28，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；
（3）Mg位于顶点，个数为8×1/8=1，C位于体心，个数为1，Ni位于面心，个数为6×1/2=3，则晶体的化学式为MgCNi3或MgNi3C，Q与R最近距离在面上，1个Q紧邻R原子的个数为3×8×1/2=12；
（4）R的氢氧化物能溶于含XY-离子的溶液生成一种配离子[R(XY)4]2-，该反应的离子方程式是
Ni(OH)2+4CN-=[Ni（CN）4]2-+2OH-，弱酸HXY分子，结构式为H-C≡N，单键为σ键，三键中有1个σ键、2个π键，则存在的σ键与π键的数目之比为1：1；
【思路点拨】本题考查较综合，涉及元素的推断、晶胞计算、电子排布等，留意高频考点的训练，侧重位置、结构、性质及原子结构与晶体的分析与推断力气的综合考查，题目难度中等。
【化学卷（解析）·2021届山西省山大附中高三上学期期中考试（202211）】5．下列说法正确的是
A．胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1 nm～100 nm之间
B．NH3的沸点高于PH3，是由于N－H键能大于P－H键能
C．金属阳离子只存在于离子晶体中
D．由非金属元素组成的化合物确定是共价化合物
【学问点】胶体的性质，氢键，物质的组成 H4 N2 N4
【答案解析】A解析：A．胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1 nm～100 nm之间，正确；B．NH3的沸点高于PH3，是由于氨气中含有氢键，错误；C．金属阳离子可以存在于离子晶体中，还可以存在于金属晶体中，错误；D．由非金属元素组成的化合物如铵盐，也可以是离子化合物，错误。
【思路点拨】本题考查了胶体、氢键、晶体等学问，把握相关的学问点是解答的关键，题目难度不大。
N3 分子的结构与性质
N4 晶体结构与性质
【理综卷（化学解析）·2021届湖北省八校高三第一次联考（202212）】37．【化学—选修3物质结构与性质】（15分）在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年月，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态， E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已布满电子。
（1）写出基态E原子的价电子排布式。
（2）B、C、D三元素第一电离能由小到大的挨次为（用元素符号表示）；A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为，分子的立体结构为；C的单质与 BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化
合物的电子式； A2D由液态形成晶体时密度（填增大，不变或减小），分析主要缘由（用文字叙述）。
（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如右图所示，
则该化合物的化学式为（用元素符号表示）；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为g/cm3(用含a 、NA的符号表示)。
【学问点】晶体结构 原子核外电子排布、第一电离能 N4 E1
【答案解析】（1）3d54s1(2分)
（2）C<O<N (1分) SP3杂化(1分) 三角锥形(2分)
(2分) 减小 （1分）
水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四周体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小（2分）
（3）Cu2O (2分) (2分)
解析：依据C-14常用于考古，结合B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年月知B是C元素；D原子核外电子有8种不同的运动状态，即D原子核外有8个电子，D为O元素；C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，结合原子序数关系知C为N元素； E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多（3d54s1），知E为Cr元素；F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已布满电子（3d104s1），知F为Cu元素。
（1）基态Cr原子的价电子排布式为：3d54s1 ；
（2）B、C、D分别为C、N、O ，同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子的2p轨道上有3个电子，为半布满状态，所以氮原子的第一电离能最大，第一电离能由小到大的挨次为C<O<N ； A与C形成NH3，分子中N原子的杂化类型为SP3杂化，分子的立体结构为三角锥形；C的单质是N2，与 BD化合物是等电子体，BD是CO，电子式为： ； 水由液态形成晶体时密度减小，由于水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四周体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小。
（3）D、F分别是O、Cu；依据晶胞图，每个晶胞中铜原子个数为4个，氧原子个数为：8×1/8+1=2，铜、氧原子个数比为2:1，所以化学是为Cu2O ；
晶胞的质量为：（144×2）/NA ，晶胞的体积为：；
依据密度公式ρ=m/v= 。
【思路点拨】本题考查了晶体结构，原子核外电子排布、第一电离能等学问，综合性强，依据题意得到各元素是关键。
【化学卷（解析）·2021届四川省成都外国语学校高三12月月考（202212）】8.（14+2分）已知元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大。X基态原子的核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，Z是地壳中含量最多的元素，W是电负性最大的元素，元素Q的核电荷数等于Y、W原子的最外层电子数之和。另有R元素位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，外围电子层有2个未成对电子。请回答下列问题。
（1）微粒XZ的中心原子杂化类型为，化合物YW3的空间构型为。
（2）R基态原子的电子排布式为。
（3）一种新型超导晶体的晶胞如右图所示，则该晶体的化学式为，
其中一个Q原子紧邻个R原子。
Q原子
R原子
X原子
（4）R的氢氧化物能溶于含XY－离子的溶液生成一种配离子[R(XY)4]2-，该反应的离子方程式是。
弱酸HXY分子中存在的σ键与π键的数目之比为。
【学问点】晶胞计算、原子结构、化学键、离子方程式N1N2N4
【答案解析】【解析】（1）sp2 三角锥形
（2）1s22s22p63s23p63d84s2 或[Ar]3d84s2
（3）MgNi3C 12
（4）Ni(OH)2＋4CN－===[Ni(CN)4]2-＋2OH－ 11
解析：元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大．X基态原子核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，其电子排布为1s22s22p2， 则X为C；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O，所以Y为N；W是电负性最大的元素，则W为F，元素Q的核电荷数等于Y、W原子最外层电子数之和，则Q的核电荷数为5+7=12，则Q为Mg；另有R元素位于周期表第4周期第VIII族，价层电子中有两个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则R为Ni元素，
（1）微粒CO32-的中心原子价电子数4+(4+2-2×3)/2=4，为sp3杂化，化合物NF3的空间构型与氨气相像，为三角锥形；
（2）R的原子序数为28，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；
（3）Mg位于顶点，个数为8×1/8=1，C位于体心，个数为1，Ni位于面心，个数为6×1/2=3，则晶体的化学式为MgCNi3或MgNi3C，Q与R最近距离在面上，1个Q紧邻R原子的个数为3×8×1/2=12；
（4）R的氢氧化物能溶于含XY-离子的溶液生成一种配离子[R(XY)4]2-，该反应的离子方程式是
Ni(OH)2+4CN-=[Ni（CN）4]2-+2OH-，弱酸HXY分子，结构式为H-C≡N，单键为σ键，三键中有1个σ键、2个π键，则存在的σ键与π键的数目之比为1：1；
【思路点拨】本题考查较综合，涉及元素的推断、晶胞计算、电子排布等，留意高频考点的训练，侧重位置、结构、性质及原子结构与晶体的分析与推断力气的综合考查，题目难度中等。
【化学卷（解析）·2021届山西省山大附中高三上学期期中考试（202211）】5．下列说法正确的是
A．胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1 nm～100 nm之间
B．NH3的沸点高于PH3，是由于N－H键能大于P－H键能
C．金属阳离子只存在于离子晶体中
D．由非金属元素组成的化合物确定是共价化合物
【学问点】胶体的性质，氢键，物质的组成 H4 N2 N4
【答案解析】A解析：A．胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1 nm～100 nm之间，正确；B．NH3的沸点高于PH3，是由于氨气中含有氢键，错误；C．金属阳离子可以存在于离子晶体中，还可以存在于金属晶体中，错误；D．由非金属元素组成的化合物如铵盐，也可以是离子化合物，错误。
【思路点拨】本题考查了胶体、氢键、晶体等学问，把握相关的学问点是解答的关键，题目难度不大。
N5 物质结构与性质综合
【理综卷（化学解析）·2021届吉林省试验中学高三上学期第四次模拟考试（202212）】37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)
硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题：
（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为_____、电子数为____。
（2）硅主要以硅酸盐、______等化合物的形式存在于地壳中。
（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以______相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献______个原子。
（4）单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上接受Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为______________________。
（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C—C
C—H
C一O
Si—Si
Si—H
Si一O
键能／(kJ·mol－1)
356
413
336
226
318
452
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，缘由是_____________。
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，缘由是__________________________。
（6）在硅酸盐中，SiO44－四周体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为__________。Si与O的原子数之比为__________________。
【学问点】物质结构与元素周期律N5
【答案解析】[化学——选修3：物质结构与性质]
(1)M 9 4 (2)二氧化硅 (3)共价键 3
(4)Mg2Si+4NH4Cl==SiH4+4NH3+2MgCl2
(5)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂。导致长链硅烷难以生成
②C—H键的键能大于C—O键，C一H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键
(6)sp3 1：3 [SiO3]n2n－(或SiO32－)
解析：（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）；
（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在;
（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子（晶体硅类似结构），依据均摊法知面心位置贡献的原子为 6×1/ 2 =3个；
（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2;
（5）①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能，所以硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成；②键能越大、物质就越稳定，C-H键的键能大于C-O键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键；
（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO44− ）为正四周体结构，所以中心原子Si原子实行了sp3杂化方式；依据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32-。
【思路点拨】杂化方式看物质的结构比如：直线型为sp，平面型为sp2，四周体型为sp3,或运用价电子对数计算法：对于ABm型分子(A为中心原子，B为配位原子)，分子的价电子对数可以通过下列计算确定：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子供应的价电子数×m），配位原子中卤素原子、氢原子供应1个价电子，氧原子和硫原子按不供应价电子计算；若为离子，须将离子电荷计算在内：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子供应的价电子数×m±离子电荷数），阳离子取“－”，阴离子取“+”。依据价电子对数可以有以下结论：
分子价电子对数几何构型中心原子杂化类型
BeCl2 2 直线型 sp
BF3 3 平面三角形 sp2
SiCl4 4 正四周体 sp3
价层孤 VS 立体
SO3 3 0 sp2 平面三角
CH4 4 0 sp3正四周体
NH4+ 4 0 sp3正四周体
H2O 4 2 sp3 V
BF33 0 sp2平面三角
CO3 2-3 0 sp2平面三角
SO23 1 sp2 V
NH3 4 1 sp3三角锥
【理综卷（化学解析）·2021届河北省唐山一中高三12月调研考试（202212）】35、【化学—选修3物质结构与性质】(14分)
现有X、Y、Z、W原子序数依次增大的四种元素，常温下X元素单质的密度在自然界中最小，Y是短周期元素中未成对电子数与原子序数之比最大的原子， Z元素基态原子的核外电子排布式中， s亚层电子总数与p亚层电子总数相等，且Y与Z可形成多种气态化合物，W是常见的有色可变价金属单质，常温下可溶于Y的最高价氧化物水化物中，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。
⑴Y与W所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
在1个晶胞中，W离子的数目为。
⑵在Y与X形成的分子中，Y原子轨道的杂化类型是。
⑶X与Y形成的气态物质在X与Z形成的气态物质中有很大的溶解度，其缘由是存在氢键，若在两种氢化物的混合溶液中，再滴加少量的乙醇，则分子间存在种不同类型的氢键。
⑷Y与Z可形成化合物Y2Z。
①请写出一种与Y2Z互为等电子体的分子的化学式。
②请猜想Y2Z分子的空间构型为。
⑸Y与Z元素相比，基态原子的第一电离能谁大？（用元素名称回答）。
⑹X的氯化物与Y元素的气态氢化物的水溶液反应可形成协作物[W(YX3)4]Cl2，1mol该协作物中含有σ键的数目为个。
【学问点】物质结构与性质N5
【答案解析】（共14分）每空2分
⑴3⑵sp3⑶9 ⑷①CO2②直线⑸氮⑹16NA或16×6.02×1023
解析：常温下X元素单质的密度在自然界中最小，是H，Y是短周期元素中未成对电子数与原子序数之比最大的原子，是N，Z元素基态原子的核外电子排布式中，s亚层电子总数与p亚层电子总数相等是1s22s22p4或1s22s22p63s2，但Y与Z可形成多种气态化合物，因此是O，W的基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，是Cu。
⑴依据均摊法知N:8×1/8=1，Cu：12×1/4=3
⑵在NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，实行sp3型杂化
⑶水、氨气、乙醇形成的氢键可表示如下：
⑷①与N2O互为等电子体的分子的化学式是CO2，互为等电子体的物质的结构相像，因此②N2O的空间构型为直线形
⑸N原子的2p能级处于半布满状态，而原子处于半布满、全布满、全空是稳定结构，因此第一电离能N>O。
⑹Cu(NH3)4Cl2分子中的1个NH3含4个σ键，4个NH3含12个σ键，4个NH3与Cu2+形成4个配位键，因此共含16个σ键。
【思路点拨】晶体化学式的求算用均摊法：(1)处于顶点的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有1/8属于该晶胞,(2)处于棱上的粒子，同时为4个晶胞共有，每个粒子有1/4属于该晶胞,(3)处于面上的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞,(4)处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞; 价电子迁移法确等电子体，如：C、O原子的价电子数分别为4、6，从周期表中的位置看，中间夹着N元素，N原子价电子数为5，一个O原子拿一个电子给C原子，在电性不变条件下质子数同时变为7（价电子同时变为5），则可换为两个N原子（由此也可以看出N2与CO互为等电子体）得N2O；假如将C原子的两个价电子转移给两个O原子，元素原子分别转换为1个Be、2个Cl，就可以得到CO2的另一个等电子体BeCl2。
【化学卷（解析）·2021届云南省部分名校高三12月统一考试（202212）】37．【化学一物质结构与性质】（15分）
周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增。R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高；X2 +与W2-具有相同的电子层结构；Y元素原子的3P能级处于半布满状态；Z+的电子层都布满电子。请回答下列问题：
（1）写出Z的基态原子外围电子排布_______________________。
（2）R的某种钠盐晶体,其阴离子Am- (含R、W、氢三种元素）的球棍模型如上图所示：在Am-中，R原子轨道杂化类型有____________；m=____________。（填数字）
（3）经X射线探明，X与W形成化合物的晶体结构与NaCl的晶体结构相像，X2+的配位原子所构成的立体几何构型为______________________。
（4）往Z的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[Z(NH3)4]SO4，下列说法正确的是______________________。
A．[Z(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．在[Z(NH3)4]2+中Z2+给出孤对电子，NH3供应空轨道
C．[Z(NH3)4]SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．SO42-与PO43-互为等电子体，空间构型均为四周体
（5）固体YCl5的结构实际上是YCl4+和YCl6-构成的离子晶体，其晶体结构与CsCl相像。若晶胞边长为a pm，则晶胞的密度为___________________________g•cm-3。（已知阿伏伽德罗常数为NA，用含a和NA的代数式表示）
【学问点】物质结构与元素周期律N5
【答案解析】(15分)
（1）3d104s1 （2分）
（2）sp2、 sp3（3分）； m=2（3分）
（3）正八面体（2分）
（4）A D（2分）
(5)(417×1030)/(a3NA)（3分）
解析：R、W、X、Y、Z是周期表中前四周期元素，它们的原子序数依次递增，R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1，即p能级只有1个电子，R原子核外电子排布为1s22s22p1，故R为硼元素；Y元素原子的3p能级处于半布满状态，Y原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p3，故Y为磷元素；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高，考虑氢键的存在，且X2+与W2-具有相同的电子层结构，故X处于第三周期、W处于其次周期，故X为Mg元素、W为氧元素；Z+的电子层都布满电子，各层电子数为2、8、18，故Z原子核外电子数为2+8+18+1=29，故Z为Cu。
（1）Z为Cu元素，原子核外电子数为29，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu的基态原子的外围电子排布式为3d104s1。
（2）H原子成1个键，O原子成2个键，B原子一般是形成3个键，若B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，则成3个键的B原子为SP2杂化，成4个键的B为SP3杂化；
观看模型，可知Am-是（H4B4O9）m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2。
（3）经X射线探明，Mg与O形成化合物的晶体结构与NaCl的晶体结构相像，Mg2+的四周有6个O原子，为如图结构，故配位原子所构成的立体几何构型为正八面体。
（4）A．[Z（NH3）4]SO4中，内界离子[Cu（NH3）4]2+与外界离子SO42形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，NH3中N原子与H原子之间形成极性键，故正确；B．在[Z（NH3）4]SO4中Z2+供应空轨道，NH3给出孤对电子，故错误；C．[Z（NH3）4]SO4组成元素中第一电离能最大的是N元素，故错误；D．SO42-与PO43-互为等电子体，价层电子总数相同，空间结构相同，SO42-中S原子成4个σ键，孤对电子对数为=0，价层电子对为4，为正四周体，正确。
（5）固体PCl5的结构实际上是PCl4+和PCl6-构成的离子晶体，其晶体结构与CsCl相像，则晶胞的组成为P2Cl10，晶胞中相当于含有2个PCl5，若晶胞边长为apm，则晶胞的密度为=g•cm-3。
【思路点拨】解答本题首先是推出各元素，即查找突破口，如本题的“R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高；X2 +与W2-具有相同的电子层结构；Y元素原子的3P能级处于半布满状态；Z+的电子层都布满电子”等；生疏氯化钠、氯化铯的晶胞结构；杂化方式看物质的结构比如：直线型为SP，平面型为SP2，四周体型为SP3。
【化学卷（解析）·2021届江苏省扬州中学高三上学期质量检测（12月）（202212）】21. (12分)〔物质结构与性质〕我国部分城市阴霾天占全年一半，引起阴霾的PM2.5微细粒子包含（NH4）2SO4、NH4NO3,有机颗粒物及扬尘等。通过测定阴霾中锌等重金属的含量，可知目前造成我国阴霾天气主要是交通污染。
(1) Zn2+在基态时核外电子排布式为 ▲
(2) SO42-的空间构型是 ▲ (用文字描述)。
(3) PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOX、O3, CH2=CH-CHO, HCOOH, CH3COOONO2(PAN)等二次污染物。
①下列说法正确的是 ▲ (不定项选择)。
a. N2O结构式可表示为N=N=O
b. O3分子呈直线形
c.CH2=CH-CHO分子中碳原子均接受sp2杂化
d.相同压强下，HCOOH沸点比CH30CH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子
②1mo1PAN中含σ键数目为 ▲ 。
③NO能被FeSO4溶液吸取生成协作物[Fe(NO)(H2O)5]S04,该协作物中心离子的配位数为
▲ (填数字).
(4)测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β一射线吸取法，β一射线放射源可用85Kr，已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则m/n= ▲ (填数字)。
【学问点】物质结构与性质 N5
【答案解析】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10（2）正四周体
（3）①ac②10mol(或10×6.02×1023或6.02×1022) ③6（4）3
解析：（1）Zn元素是30号元素，Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故Zn2+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。
（2）SO42-中中心原子S的价层电子对为(6+2)/2=4，杂化方式为SP3杂化，所以其空间构型为正四周体结构。
（3）①a．N20与CO2是等电子体，CO2的结构式O=C=O，所以N20结构式可表示为N=N=O，故a正确； b．O3与SO2是等电子体，SO2是V形分子，所以O3分子呈V形，故b错误； c．CH2=CH-CHO分子中每个碳原子均形成三根共价键，均接受sp2杂化，故c正确； d．HCOOH分子间能形成氢键；CH30CH3不能形成分子间氢键，所以相同压强下，HCOOH沸点比CH30CH3高，故d错误；故选ac。②1个PAN（CH3COOONO2）中含有7个单键，3个双键，共有10个σ键，3个π键，所以1mol PAN中含σ键数目为10mol。③配位体位于方括号中，由1个NO和5个H20分子构成，则配位数位6。
（4）与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子为8×1/8+6×1/2=4，则m/n=12/4=3。
【思路点拨】本题是道综合题，涉及的学问点有电子排布式、分子空间构型、等电子体的运用、化学键、协作物、晶体中粒子数目的计算等学问，综合性较强。
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