37、（15分）、A、B、C、D、E、F、G均是原子序数小于36的元素。A的基态原子外围电子排布式为3s2；
B原子的L电子层的P能级上有一个空轨道； C元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子； D 的原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；E是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素；F和G在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数F比G小2。
根据信息回答下列问题：
（1）C的外围电子排布图为。C与氢元素可分别形成含10个电子的分子、阴离子和阳离子，阳离子中中心原子的杂化类型为；
（2）用电子式表示化合物AE2的形成过程。
（3）F与BD易形成配合物F(BD)5，在F(BD)5中F的化合价为____ __；与BD分子互为等电子体的离子的化学式为。
（4）E有多种含氧酸根①EO- ②EO2- ③EO3- ④EO4-，其中空间构型为四面体型的是。（填序号）（5）B、C、D、E原子两两相互化合形成的分子有多种，请列举一种
．．分子内所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子：_____ ____(写分子式)
(6) G的价电子排布式为。GD晶体晶胞结构为NaCl型，晶胞边长为428 pm。
晶胞中两个G原子之间的最短距离为__ _________m（精确至0.01）。由于晶体缺陷，晶体的化学式为 G0.88D，若晶体中的G分别为G2﹢、G3﹢，此晶体中G2﹢与G3﹢的最简整数比为__ _______。
【解析】：A的基态原子外围电子排布式为3s2，则A为镁元素，B原子的L电子层的P能级上有一个空轨道，则B为碳元素，C元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，则C为氮元素，D 的原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则D为氧元素，E是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，则E为氯元素，F和G在周期表中既处于同一周期又位于同一族，说明F和G都位于第ⅤⅢ族，原子序数F比G小2，且都小于36，所以F为铁元素，G为镍元素，
（1）C为氮元素，它的外围电子排布图为，C与氢元素的阳离子为铵根离子，中心原子氮的价层电子对数（5+3）/2为=4，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为：；sp3；
（2）AE2为MgCl2，用电子式表示MgCl2的形成过程为：，故答案为：；
（3）F（BD）5为Fe（CO）5，因为Fe（CO）5化合价的代数和为0，CO的化合价的代数和为0，则Fe元素的化合价为0，根据等电子体原理可知，与CO分子互为等电子体的离子的化学式为 CN-，故答案为：0；
CN-；
（4）Cl有多种含氧酸根①ClO-②ClO2-③ClO3-④ClO4-，中心原子Cl的价层电子对数都为（7+1）/2=4，氯原子都是按sp3方式杂化的，其中只有ClO4-，有四个Cl-O键，没有孤电子对，其空间构型为四面体型，其它含氧酸根都有孤电子对，空间构型不为四面体，故答案为：④；
（5）在C、N、O、Cl四种原子两两相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子有CO2、NCl3、CCl4、COCl2、N≡C-C≡N等，故答案为：CO2、NCl3、CCl4、COCl2、N≡C-C≡N中的任意一个；
（6）G为镍元素，有10个价电子，价电子排布式为 3d84s2，NiO晶体晶胞结构为NaCl型，晶胞边长为428pm．根据晶胞结构可知，晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为晶胞面对角线的一半，所以晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为（1/2）×√2×428pm=3.03×10-10m，在晶体Ni0.88O中，设Ni2﹢的个数为x，则Ni3﹢的个数为0.88-x，则根据化合价代数各为零可得，2x+3×（0.88-x）=2，所以x=0.64，所以Ni2﹢与Ni3﹢的个数比为0.64：（0.88-0.64）=8：3，
故答案为：3d84s2；3.03×10-10；8：3；
37、（15分）已知A 、B 、W 、X 、Y 、Z 都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A 原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，基态B 原子的2p 轨道处于半充满状态，W 原子基态时。S 电子数与p 电子数相等，X 在元素周期表的各元素中电负性最大，Y 的基态原子核外有6个能级且全部充满电子．Z 是第28号元素。
请回答下列问题。
（1）A 、B 、W 三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 （用元素符号表示）。
（2）A 22—与W 互为等电子体．W 22+的电子式可表示为 ，1 mol W 22+中含有的π键数目为 N A 。
（3）BW 3—空间构型为 ，其中B 的杂化方式为 。
（4）基态悉Z 原子的价电子排布式为 ，Z 可以跟AW 形成配合物Z （AW ）
4。
Z （AW ）4的晶体类型为 ，Z 与AW 间的作用力
为 。
（5）X 的液态氢化物的化学式有时可以写成（HX ）n 的形式，其原因
是 。
（6）化合物YX 2的晶胞结构如右图所示，该离子化合物晶体的
密度为ag ·cm -3，则该晶胞的体积为 cm 3。 答案：（1）3d 54s 1；（2）平面三角形、sp 2；（3）、 2N A
（4）F-H …F 、F-H …O 、O-H …F 、O-H …O ；（5）312/（aN A ）cm 3
A 、
B 、
C 、
D 、
E 都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大．A 原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，则A 原子有2个电子层，最外层电子数为4，故A
为碳元素；C 在元素周期表的各元素中电负性最大，则C 为氟元素；B 原子基态时s 电子数与P 电子数相等，原子序数小于氟元素，处于第二周期，核外电子排布为1s 22s 22p 4，则B 为氧
元素；D 的基态原子核外有6个能级且全部充满电子，核外电子排布为1s 22s 22p 63s 23p 64s 2，则D 为Ca 元素;E 原子基态时未成对电子数是同周期元素中最多的，其原子外围电子排布为3d 54s 1，则E 为Cr 元素。
（1）E 为Cr 元素，基态原子的价电子排布式为3d 54s 1
（2）CO 32-中C 原子的价层电子对数为3+（4+2?2×3）/2=3，C 原子孤对电子对数=（4+2?2×
3）/2=0，CO 32-为平面三角形，C 原子采取sp 2杂化
（3）C 22-与O 22+互为等电子体，离子结构相同，O 22+的电子式可表示为
，1mol O 22+
中含有的π键数目为2N A
（4）HF 水溶液中存在的所有氢键为：F-H …F 、F-H …O 、O-H …F 、O-H …O
（5）由化合物CaF 2的晶胞结构可知，晶胞中含有钙离子数目为8×1/8++6×1/2=4
含有氟离子数目为8，故晶胞的质量为4×78g ，该离子化合协晶体的密度为a g/cm 3，则晶胞的体积=4×78/N A / a g/cm 3=312/aN A cm 3
22
37、（15分）X 、Y 、Z 、W 、R 为前四周期原予序数依次增大的五种元素，X 、Y 、Z 、W 为同一周期相邻元素，
Z 元素原子核外电子的运动状态共有8种；R 元素与比它核电荷数大的另外。两种元素位于第四周期同一
族。
（l ）X 的一种核素用于鉴定文物年代，该核素的符号为_ ___。
（2）X 、Y 、Z 、W 四种元素第一电离能由大到小的顺序为___ _（用元素符号表示）。
（3）用氢键表示式写出W 的气态氢化物水溶液中不同种分子间存在的氢键_ ___。
（4）Y 的一种氢化物分子中共有18个电子，该分子中存在的共价键类型有_ ___（填选项字母）。
A ．非极性键
B ．极性键
C ． 键
D ．键
E ．p —p 键
F ．键
G ．键
H ．键
（5）R 的基态原子的价层电子排布式为__ __，R 元
素位于周期表的__ __区。
（6）R 单质的晶体在不同温度下有两种原子堆积方式，晶胞
分别如右图所示：
图A 中原子堆积方式为 ，A 、B 中R 原子的配位
数之比为__ __ 。A 、B 晶胞的棱长分别为a cm 和
b cm ，则A 、B 两种晶体的密度之比为_ _。 答案：（1）或 ；（2）F 、N 、O 、C ；（3）F －H …O 、O －H …F ；（4）ABFG （5）3d 64s 2；d ；（6）体心立方；2∶3；b 3∶2a 3
【解析】试题解析：Z 元素原子核外电子的运动状态共有8种，则Z 原子核外共有8个电子，Z 为8号元
素O ，X 、Y 、Z 、W 位于同一周期且相邻，则X 为C ，Y 为N ，W 为F 。第四周期同一族有三种元素的只有第
VIII 族，R 的原子序数最小，则R 为Fe 。
（1）用于鉴定文物年代的C 的同位素是14C 。
（2）同一周期元素第一电离能自左向右有增大的趋势，但因第VA 族元素的p 轨道处于半满状态，较稳定，
因此第一电离能大于同周期第VIA 族元素，故四种元素的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C 。
（3）HF 的水溶液中不同分子间存在的氢键有F －H …O 、O －H …F 。
（4）18电子的氮的氢化物为N 2H 4。分子中的氮氮键为非极性键，属于
键，氮氢键为极性键，属于键。
（5）基态Fe 的价层电子排布为3d 64s 2，Fe 位于周期表的d 区。
（6）A 晶胞的堆积方式是体心立方，原子的配位数是8，B 晶胞的堆积方式是面心立方，原子的配位数是
12，因此A 、B 中Fe 原子的配位数之比为8:12=2：3。A 晶胞中含有Fe 原子数位2个，晶胞的密度是，
B 晶胞中含有的Fe 原子数为4个，因此晶胞密度为
，二者的密度比为： = b 3∶2a 3
。 s s σ-s p σ-π33s p σ-333sp p σ-333sp p π-
37、（15分）已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；A与B可形成离子化合物B3A2；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D原子核外的M层中有两对成对电子；E的原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）
（1）E的核外电子排布式是（2分），A、B、C、D
的第一电离能由小到大的顺序为（2分）。
（2）B的氧化物的熔点远高于D的氧化物的熔点，理由是（2分）；
（3）A的最高价含氧酸根离子中,其中心原子是（2分）杂化，
D的低价氧化物分子的空间构型是（2分）。
（4）A、C形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为（2
分）；（每个球均表示1个原子）
（5）铜晶体的晶胞结构如下图，若铜原子的半径是rcm，则铜的
密度的计算式是（3分）
（用N A表示阿伏加德罗常数）。
【解析】C元素是地壳中含量最高的金属元素，所以C是Al元素，D原予核外的M层中有两对成对电子，且D的原子序数大于C，所以D是S元素，E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满，且E 是前四周期的元素，E的原子序数大于16，所以Cu元素，A原子核外有三个未成对电子，且原子序数小于13，所以A是N元素，A与B可形成离子化合物B3A2，且B的原子序数大于A小于C，所以B是Mg元素．（1）E的原子序数是29，为Cu元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Mg、Al、S元素是同一周期元素，同一周期元素的第一电离能逐渐增大，但镁的第一电离能大于铝的第一电离能，同一主族的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N元素的第一电离能大于P元素，P元素第一电离能大于S元素，所以Mg、Al、S、N元素的第一电离能由小到大的顺序为Al＜Mg＜S＜N，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1，Al＜Mg＜S＜N；
（2）氧化镁是离子晶体，二氧化硫是分子晶体，所以离子晶体的熔点远大于分子晶体的熔点，故答案为：氧化镁是离子晶体，二氧化硫是分子晶体；
（3）NO3-中价层电子对=3+（1/2）×（5+1-3×2）=3，所以采取sp2杂化，D的低价氧化物是SO2，SO2的价层电子对=2+01/2) ×（6-2×2）=3，含有一个孤电子对，所以分子空间构型是V形，故答案为：V形；（4）该晶胞中铝原子个数=（1/8）×8+6×（1/2）＝4，氮原子个数4个体心，N元素形成的负价是-3价，Al元素形成的负价是+3价,所以该晶胞化学式为AlN，故答案为：AlN．
(5)面心立方N=4，Cu的M=64g/mol，则m=(4×64)/N A,由图可知 a=2√2r体积V=a3=(2√2r)3。代入可得
密度=【(4×64)/N A】/【(2√2r)3】=8√2/(N A×r3)
答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s1，Al＜Mg＜S＜N；（2）氧化镁是离子晶体，二氧化硫是分子晶体；（3）sp2，V形；（4）Al N；(5) 8√2/(N A×r3)。
37．（15分）纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域。
单位质量的A和B单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料。巳知A和'B均为短周期元素，其原子的第一
至第四电离能如下表所示：
(1)某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如右图所示，该同学所画的电子排布图违背了___
____。
(2)ACl2分子中A的杂化类型为____ ___。
(3)氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料。已知金刚石中的C-C的键
长为154.45pm，C60中C一C键长为145?140pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为此说
法是否正确__ __ _ (填“正确”或“不正确”)，并阐述理由。
（4）科学家把C60和钾掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如
图所示，该物质在低温时是一种超导体。写出基态钾原子的价电子排布
式，该物质中K原子和G分子的个数比为___ ____。
（5）继C60后，科学家又合成了Si60、N60, C、Si、N原子.电负性由大到
小的顺序是____ ___，NCl3分子的价层电子对互斥理论模型
为____ ___。Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层
都满足 8电子稳定结构，则分子中π键的数目为_______
答案：（1）能量最低原理（1分）（2）sp杂化（2分）
（3）否（1分）、C60为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键（2分）
（4）4s1（1分）、3︰1（2分）
（5）N>C>Si（2分）、正四面体（2分）、30（2分）
【解析】试题分析：（1）从图上看，3p轨道电子应排布在3s轨道上，这违背了能量最低原理。
（2）从A的第一至第四电离能看，A的第三电离能发生突变，因此A最外层有2个电子，根据AB n型分子
价电子对的计算方法，分子中有价层电子对2+（1/2）×（2-2×1）=2，因此为直线型，中心原子杂化方
式为sp杂化。
（3）结构决定性质，对于物质熔、沸点的分析应从物质的晶体类型来分析。
（4）基态钾原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，价电子为4s1。
晶胞中的K原子在面上，对晶胞的贡献为1/2，每个晶胞中含有K原子的个数为个12×（1/2）=6；C60在
晶胞的顶点和中心，因此每个晶胞中C60的分子数位个8×（1/8）+1=2，因此K原子和C60分子的个数比为
6:2=3:1。
（5）同一周期元素电负性自左向右逐渐增大，同一主族元素电负性自上向下逐渐减小，因此电负性由大
到小的顺序为N>C>Si。根据AB n型分子价电子对计算方法，可知NCl3的价电子对为4个，中心原子为sp3
杂化，分子构型为正四面体。
（6）根据题意可知每个Si原子形成4个共价键，其中3个σ键，1个π键，即π键为化学键总数的1/4，
60个原子可形成化学键总数为个，因此π键数为个。
37．（15分）下图是元素周期表的一部分，已知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中的前四周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。
试回答下列问题：
（l）F元素基态原子的核外电子排布式为。
（2）A、B、C的第一电离能由大到小的顺序（用元素符号表示）．
（3）B元素单质分子中的__ __个π键，与其互为等电子体的阴离子为。
（4）下图为A元素某种氧化物的晶胞，其分子中心原子采用_ ___杂化，每个分子周围有 _ __个分子与之距离相等且最近。若晶胞棱长为apm，则该晶体密度的表达式为 g·cm3。（5）G元素的氢化物分子的空间构型为，其沸点与B元素的氢化物相比___ _（填高或低），其原因是。
（6）向CuSO4溶液中滴加入B元素氢化物的水溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液，请写出沉淀溶解的离子方程式____ ____。
（7）知道B的电负性大于氯，则B与F2或C12形成的化合物水解，产物是否相同?_ __（填“相同”或“不同”）。
（8）D的一种单质白磷能和氯、溴反应，生成混合卤化磷PCl5—x Br x（1≤x≤4，且x为整数）。如果某混合卤化磷共有3种不同结构，该混合卤化磷的相对分子质量可能为（PC15结构如上图）。
【分析】由图1中元素在周期表中的位置可知，A为碳、B为氮、C为Si、D为磷、E为Fe、F为Cu、G为As，
（1）F为Cu，核外电子数为29，根据能量最低原理，其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，故第一电离能N＞C＞Si，（3）氮气分子结构式为N≡N，含有2个π键，原子总数、价电子总数相等的微粒互为等电子体，故与氮气分子互为等电子体的阴离子为CN-，故答案为：CN-；
（4）由图2可知，A的氧化物为CO2，中心C原子价层电子对数2+(4-2×2)/2=2，C原子采取sp杂化方式；以顶角二氧化碳分子为研究对象，与之最近的分子位于面心上，每个顶角为12个面共用，故每个分子周围有12个分子与之距离相等且最近；晶胞中二氧化碳分子数目=8×(1/8)+6×(1/2)=4，故晶胞质量=4 (44/N A)g，晶胞棱长为apm，则晶胞体积=（10-10cm）3=a3×10-30cm3，该晶体密度=〔(4×44/ N A)g〕/ a3×10-30cm3 =176/( a3×10-30×N A) g﹒cm3
（5）G元素的氢化物为AsH3，中心As原子价层电子对数=3+(5-1×3)/2=4、含有1对孤电子对，其空间结构为三角锥形；NH3分子之间存在氢键，AsH3分子之间只存在范德华力，故AsH3沸点比NH3沸点低，
故答案为：三角锥形；低；NH3分子之间存在氢键；
（6）蓝色沉淀为氢氧化铜，氢氧化铜沉淀溶于氨水得到[Cu（NH3）4]2+，反应离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3﹒H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O，（7）NF3中N元素表现正化合价，由于电负性N＞Cl，故NCl3中N元素表现负化合价，化合物水解时，负价基团结合水电离的离子，正极基团结合水电离的氢氧根离子，故水解产物不同
（8）混合卤化磷中分子结构有3种的是PCl3Br2和PCl2Br3，其相对分子质量为297.5和342，
故答案为：297.5或342．
37．（
(1)Y元素的基态原子的电子排布式为（2分）；其第一电离能比Z元素原子的第一电离能(填“高”或“低”)。
(2)X的氯化物的熔点比Q的氯化物的熔点（2分）(填“高”或“低”)，理由是。（2分）
-生成，
(3)光谱证实元素W的单质与强碱性溶液反应有[W(OH)
则[W(OH)4]-中存在(填字母) 。（2分）
a．极性共价键 b．非极性共价键
c．配位键 d．氢键
(4)含有X、R和镁三种元素的某种晶体具有超导性，其结构如
右图所示。则该晶体的化学式为（3分）；晶体中
每个镁原子周围距离最近的R原子有（2分）个。
【答案】解答：解：X、Y、Z、W、Q、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大：X元素的基态原子中电子分布在三个不同的能级中，且每个能级中的电子总数相同，则核外电子排布为1s22s22p2，则X为碳元素；Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，则Y为氮元素；Z元素的族序数是其周期数的三倍，则Z为氧元素；W原子的第四电离能剧增，表现+3价，则W为Al元素；Q为前四周期中电负性最小的元素，则Q为钾元素；元素R位于周期表的第10列，原子序数大于K元素，处于第四周期，为Ni元素，
（1）Y为氮元素，原子核外电子数为7，基态原子的电子排布式为1s22s22p3；氮原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能比O元素原子的第一电离能高，
故答案为：1s22s22p3；高；
（2）X的氯化物为CCl4，属于分子晶体，Q的氯化物为KCl，属于离子晶体，故熔点CCl4＜KCl，故答案为：低；CCl4属于分子晶体，KCl属于离子晶体；
（3）光谱证实元素Al的单质与强碱性溶液反应有[Al（OH）4]-生成，则[Al（OH）4]-中存在配位键、极性共价键，
故答案为：ac；
（4）含有C、Ni和镁三种元素的某种晶体具有超导性，根据晶胞结构可知，晶胞中Mg原子数目为8×(1/8)=1，C原子数目为1，Ni原子数目为6×(1/2)=3，则该晶体的化学式为MgNi3C；晶体中每个镁原子周围距离最近的Ni原子处于以Mg为顶点的面心上，补全晶胞可知，Mg原子为12个面共用，故晶体中每个镁原子周围距离最近的Ni原子有12个，
故答案为：MgNi3C；12．
答案：（1）1s22s22p3，高；（2）低，CCl4属于分子晶体，KCl属于离子晶体；（3）ac；
（4）MgNi3C；12。
37.（15分）有A 、B 、C 、D 四种元素，其中A 元素和B 元素的原子都有1个未成对电子，A ＋比B －少一个电子层，B 原子得一个电子填入3p 轨道后，3p 轨道已充满；C 原子的p 轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D 的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D 的质量分数为 40％，且其核内质子数等于中子数。R 是由A 、D 两元素形成的离子化合物，其中A ＋与D 2－离子数之比为2∶1。请回答下列问题：
（1）A 元素形成的晶体属于A 2密堆积型式，则其晶体内晶胞类
型应属于 （填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”）。
（2）B －的电子排布式为 ，在CB 3分子中C 元素原子的原子轨道发生的是 杂化。
（3）C 的氢化物的空间构型为 ，其氢化物在
同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是
（4）B 元素的电负性 D 元素的电负性（填“＞”、“＜”
或“＝”）；
（5）如图所示是R 形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为a cm 。试计
算R 晶体的密度为 。（阿伏加德罗常数用N A 表示）
(6) 晶体的晶胞结构与晶体的相似（如右图所示），但晶体中含有的中哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。晶
体中1个周围距离最近的数目为 。
【答案】（1）体心立方；（2）ls 22s 22p 63s 23p 6，sp 3；
（3）三角锥形；氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高；（4）＞；H 2S ＋Cl 2＝2HCl ＋S ↓ （5） ；（6）4；
解析试题分析：根据题目信息可知A 为钠B 为氯，C 为氮D 为硫.
1、钠形成的晶体属于体心立方，
2、氯离子有18个电子，可以写出其电子排布式为ls 22s 22p 63s 23p 6，CB 3分子为三氯化氮分子，
C 元素原子的原子轨道发生的是sp 3
3、氮的氢化物为氨气，由于氨分子之间能形成氢键，所以氨气比同族其他元素形成的氢化物沸点高。
4、氯的电负性大于硫的，因为H 2S ＋Cl 2＝2HCl ＋S ↓
5、晶体的晶胞结构图可知， 1个晶胞中由4个硫化钠，由V= m/ρ可知，V 为a 的三次方,
即可计算出晶胞的密度。
6、依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由
图中体心可知1个Ca 2+周围距离最近的C 22-有4个
2CaC NaCl 2
CaC 22C -2CaC 2Ca +22C -D 2－ A ＋
37、（15分）可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO ＋3C=====高温CaC 2＋CO↑，CaC 2＋N 2=====高温CaCN 2＋
C ，CaCN 2＋2H 2O===NH 2CN ＋Ca(OH)2，NH 2CN 与水反应生成尿素[CO(NH 2)2]，尿素合成三聚氰胺。
(1)写出与Ca 在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的价层电子排布式
________。CaCN 2中阴离子为CN 2－2，与CN 2－2互为等电子体的分子有N 2O 和________(填化学式)，
由此可以推知CN 2
－2的空间构型为________
(2)尿素分子中C 原子采取________
(3)三聚氰胺()俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸(
)后，三聚氰酸
与三聚氰胺分子相互之间通过________结合，在肾脏内易形成结石。
A 、共价键
B 、离子键
C 、分子间氢键
(4)CaO 晶胞如右图所示，CaO 晶体中Ca 2+的配位数为________。
已知CaO 晶体的密度为ρ，用N A 表示阿伏加德罗常数，求晶胞中
距离最近的两个钙离子之间的距离______________（已知Ca －40、
Ｏ-１６,列出计算式）
（5）CaO 晶体和NaCl 晶体的晶格能分别为：CaO 3 401 kJ·mol -1、
NaCl 786 kJ·mol -1。导致两者晶格能差异的主要原因是____________。 【解析】（1）与Ca 在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子是锌，根据
构造原理，基态的锌原子核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，二氧化碳、二硫化碳、羰基硫分子是直线形，所
以CN 22-离子的空间构型是直线形．故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2
；CO 2、SO 2、
COS ，直线形；
（2）CO （NH 2）2分子中中心原子C 原子上含有三个σ键一个π键，所以空间构型是平面三角
形，碳原子采取sp 2杂化，尿素分子的结构简式是，故答案为：sp 2；； （3）三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间能形成氢键，所以是通过分子间氢键结合，在肾脏内易形成结石．故答案为：C ；
（4）以钙离子为中心，沿X 、Y 、Z 三轴进行切割，上下左右前后，结合图片知，钙离子的配位数是6，体积V=m/ ρ=(N ﹒M)/(N A ﹒ρ)=224/(N A ﹒ρ), 晶胞中距离最近的两个钙离子之
间的距离为(√2×a)/2= 故答案为：6；
（5）晶格能大小与离子带电量成正比，CaO 晶体中Ca 2+、O 2-的带电量大于NaCl 晶体中Na +、Cl -的带电量，导致的氧化钙晶格能大于氯化钠的晶格能，故答案为：CaO 晶体中Ca 2+、O 2-的
带电量大于NaCl 晶体中Na +、Cl -的带电量．
【答案】（1）1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2；CO 2、SO 2、COS ，直线形；
（2）sp 2；；（3）C ；（4） 6，（5）CaO 晶体中Ca 2+、O 2-的带电量大于NaCl 晶体中Na +、Cl -的带电量．
37、（15分）X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大；x2―和Y+有相同的核外电子排布；Z的氢化物的沸点比其上一周期同族元素氢化物的沸点低；R的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多；W为金属元素，X与W形成的某种化合物与Z的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取Z的气态单质。回答下列问题（相关的回答均请用元素符号或化学式表示）：
(1)R的基态原子的核外电子排布式是。
(2)Z的氢化物的沸点比其上一周期同族元素氢化物的沸点低的原因。
(3)X与Z中电负性较大的是；Z的某种含氧酸盐常用于实验室中X单质的制取，此酸根离子的空间构型是；此离子中含有的化学键类型是；X 一Z一X的键角 109. 50。（填“＞”、“＝”或“＜”）
(4)X与Y形成的化合物Y
2
X的晶胞如图。其中X离子的配位数为_______。
与相距同一个X离子最近的所有Y离子为顶点构成的几何体为
_______________,该化合物与MgO相比，熔点较高的是。
(5)已知该化合物的晶胞边长为a pm，则该化合物的
密度为 g · cm -3（列算式，设阿伏加德罗常数的数值为N
A
）。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1
（2）HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键
（3）O 三角锥形共价键（答极性键或配位键均可）<
（4）8 立方体或正方体 MgO
（5）
【试题分析】（1）依据洪特规则可推知前四周期中基态原子中单电子数最多也即价层电子排布式为3d54s1(单电子数为6)，则R为铬元素，其基态原子核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1。
（2）结合题干信息可推知元素X、Y、Z、W分别为O、Na、Cl、Mn；因HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键，故沸点：HF＞HCl。
（3）O与Cl中电负性较大的是O；Cl的含氧酸盐中用于实验室制取氧气的盐为KClO
3
，ClO
的价层电子对数为4(3个σ键、1对孤电子)，故ClO的空间构型(VSEPR模型为四面体)同NH
3
一样为三角锥形；ClO
3
中Cl、O间为共价键，由于中心原子上存在一对孤电子，孤电子对的排斥力大于成键共用电子对；故O—Cl—O的键角小于109°28′。
（4）由晶胞结构可知O2－(晶胞中空心球)的配位数为8；与一个O2－距离最近的Na＋为顶点形成的几何体为立方体；由于Mg2＋所带电荷比Na＋多，且离子半径小于Na＋的离子半径，因此
MgO的晶格能大于Na
2O的，则熔点：MgO＞Na
2
O。
（5）V=（a×10-10）3cm3,粒子数N=4，白球：8×（1/8）+6×（1/2）=4，黑球体心8，m=n×M=（N×M/N A）=（4×62/N A），ρ=m/V=（4×62/N A）×1/（a×10-10）3cm3=
37．（15分）下图分别是金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管的结构示意图。图中小黑点或小黑圈均代表碳原子。
（1）四种物质互称为。写出碳原子的基态电子排布图。
（2）试比较：第一电离能I
1（C）、I
1
（N）、I
1
（O）由大到小的顺序为。
（3）石墨中存在的作用力有。
A：σ键 B：π键 C：氢键 D:配位键 E：分子间作用力
（4）石墨中碳原子采取的杂化方式是。
（5）仔细观察图A金刚石结构，有人从中找出它的晶胞结构是碳原子位于立方体的所有顶点及面心处，将立方体切割成8个小立方体，在其中4个互不相邻的立方体体心各有一个碳原子．请画出一个晶胞结构示意图．若金刚石的密度为ρg·cm-3，试计算碳原子的半径为 cm．
【解答】（1）金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管都是碳的单质，根据结构示意图可以看出它们结构都不同，所以它们是互为同素异形体，碳是6号元素，根据构造原理可知碳的基态电
子排布图为：，故答案为：同素异形体；；
（2）根据元素周期律可知同周期元素从左向右第一电离能逐渐增大，但由于第ⅡA族和第ⅤA族元素原子最外层是稳定结构，它们都比后面一族同周期元素的第一电离能要大，所以I
1
（N）＞I
1（O）＞I
1
（C），故答案为：I
1
（N）＞I
1
（O）＞I
1
（C）；
（3）石墨是层状结构，在同一层内碳与碳之间形成C-C单键，是σ键，而在层与层之间是通过分子间作用力相结合，所以石墨中存在的作用力是σ键和分子间作用于，故选AE，在层内每个碳与周围三个碳形成共价键，所以碳的杂化方式为sp3，故答案为：AE；sp3；
（4）根据图A及题目中的描述，可画出示意图为：，根据金刚石晶胞的结构图可知，金刚石晶胞是面心立方堆积完之后还在四个四面体里有原子，也就是说在金刚石晶胞的体对角线上
连排了四个原子，并且相切，所以体对角线长度就是碳原子半径的8倍，
设晶胞边长为a，碳原子的半径为r，即
37．（15分）X 、Y 、Z 、W 是原子序数依次递增的短周期元素，四种元素的质子数之和小于23。X 元素原子的电子总数等于其基态原子的电子层数。Y 元素原子的价电子结构为。Z 元素的第一电离能在同族元素中最大，并且高于同周期左右相邻的元素。W 的电负性大于Z 。
（1）X 、Y 、Z 、W 分别是 、 、 、 (填名称)。
（2）请解释Z 元素的第一电离能为什么高于同周期左右相邻的元
素： 。
（3）写出W 元素原子核外电子排布式 。
（4）Z 与X 形成的最简单分子的空间构型为 ，该分子中心原子的杂
化方式为 。
（5）W 与X 形成的最简单分子再与X +结合成离子时，XWX 键的键角会发生改变，
其原因是 。
（6）右图为YW 2分子晶体的晶胞，则每个YW 2分子周围紧邻的YW 2分子有 个。
37．（15分）下列各图分别表示石墨、氯化铯、晶体硅、干冰、氯化钠的结构片段。
A B C D E
试回答下列问题
（1）其中代表氯化铯的是_____，每个Cs +的配位数是 ；
（2）A 、B 、C 、D 四种物质的熔点由高到低的排列顺序为（填编号字母） > > > ；
（3）其中代表石墨的是______，晶体中所含碳原子数与C －C 键的数目之比为 ；
已知： C(石墨，s)＋O 2(g)＝CO 2(g) ΔH =－393.5 kJ·mol －1
CO(g)＋O 2(g)＝CO 2(g) ΔH =－283.0 kJ·mol －1 则24 g 石墨燃烧生成CO(g)时的热反应方程式为 。
(4) 金属铁在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如
右图所示。则面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为___ _____．
答案（1）C 8 （2）D > A > C > B （3）E 2:3 2C(石墨，s)＋O2(g)＝2CO(g)；Δ
H=－221 kJ ·mol －1(4) 2: 1
n n np ns 2
1
37．（15分）A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期元素，其原子序数依次增大，其中A、B、C为短周期非金属元素。A是形成化合物种类最多的元素；B原子基态电子排布中只有一个未成对电子；C是同周期元素中原子半径最小的元素。D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多；E 与D相邻， E的某种氧化物X与C的氢化物的浓溶液加热时反应常用于实验室制取气态单质C；F与D的最外层电子数相等。
回答下列问题（相关回答均用元素符号表示）：
（1）D的基态原子的核外电子排布式是。
（2）B的氢化物的沸点比C氢化物的沸点（填“高”或“低”），
原因是。
（3）A的电负性 C的电负性（填“大于”或“小于”），A形成的氢化物A
2H 4
中A的杂化类型是。
（4）X在制取C单质中的作用是，C的某种含氧酸盐常用于实验室中制取氧气，此酸根离子中化学键的键角 109°28′（填“>”、“=”或“<”）。
（5）已知F与C的某种化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物
的化学式是，若F与C原子最近的距离为a cm，则该晶体
的密度为 g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏
加德罗常数的数值为N A）。
【解答】A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期元素，其原子序数
依次增大，其中A、B、C为短周期非金属元素．A是形成化合物种类最
多的元素，则A为碳元素；B原子基态电子排布中只有一个未成对电子，外围电子排布为ns2np1或ns2np5，结合原子序数且B为非金属性元素，可推知外围电子排布为ns2np5，C是同周期元素中原子半径最小的元素，处于ⅦA族，可推知B为F元素、C为Cl元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则D为Cr；E与D相邻，E的某种氧化物X与HCl的浓溶液加热时反应常用于实验室制取气
态单质Cl
2，则E为Mn、X为MnO
2
；F与D的最外层电子数相等，最外层电子排布为ns1，原
子序数大于Cr，则F为Cu，
（1）D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其核外电子排布式：
1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
（2）HF分子间能形成氢键，故其沸点比较HCl高，故答案为：高；HF分子间能形成氢键；
（3）同周期自左而右电负性增大，故电负性C＜F，C
2H
4
中C原子成2个C-H、1个C=C双键，
不含孤对电子，C原子采取sp2杂化，故答案为：小于；sp2；
（4）MnO
2在制取Cl
2
单质中的作用是氧化剂，C的某种含氧酸盐常用于实验室中制取氧气，
此酸根离子为ClO
3
-，Cl原子价层电子对数=3+[（7+1）-（2×3）]/2=4，含有1对孤对电子，为三角锥形，故化学键的键角＜109°28′，故
答案为：氧化剂；＜；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中黑色球数目=4、白色球数目=8×1/8+6
×1/2=4，故该化合物的化学式是CuCl，晶胞的质量=(4×99.5)/N
A
g，晶胞中黑色球与周围的4个白色球形成正四面体结构，若Cu与Cl原子最近的距离为a cm，如图正四面体：，连接F与A、B、C、D，则三棱锥A-BCD均分为等4个等体积的三棱椎，
故答案为：．
37．（15分）氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等
（1）Ti （BH 4）2是一种过渡元素硼氢化合物储氢材料
①Ti 2+的电子排布式 ②BH 4-的空间构型是
（2）液氨是富氢物质，是储氢的理想载体，利用氮气氢气合成氨实行储氢和输氢。下列说法正确的是：
a ．NH 3分子中N 的杂化是sp 3杂化
b ．相同压强下，NH
3的沸点是同族元素氢化物中沸点最高的
c ．[Cu(NH 3)4]2+离子中，N 原子是配位原子
d ．CN -的电子式
（3）2008年，有科学家发现C 60的某些金属化合物能大量吸附H 2(结
构如右图所示)
①C 60易溶于苯和二硫化碳，说明C 60是 分子（填“极性”
或“非极性”）
②C 60分子碳原子的杂化类型 ；1mol C 60分子中，含有σ
键的数目为
③C 60分子采取的堆积方式
（4）MgH 2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示已知该晶胞
的密度为ag ·cm -3则该晶胞的体积 cm -3[用a 和N A 表示（N A 代
表阿伏伽德罗常数）] 【答案】（1）①1s 22s 22p 63s 23p 63d 2或[Ar]3d 2(2分)②正四面体(2分)
（2）ABCD （2分，少选不给分)
（3）①非极性(2分) ②90×6.02×1023(或90 mol)(2分)（4）
(2分)
【分析】（1）①钛是22号元素，Ti 2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排
布式为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 2，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 2；②BH 4-中B 原子价层电子对
=4+1/2(3+1?4×1)＝4，且没有孤电子对，所以是正四面体结构，故答案为：正四面体；
（2）a ．NH 3分子中N 原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采
用sp 3杂化，故正确；b ．相同压强时，氨气中含有氢键，PH 3中不含氢键，所以NH 3沸点比PH 3高，故正确；c ．[Cu （NH 3）4]2+离子中，N 原子提供孤电子对，所以N 原子是配位原子，故正
确；d ．CN -的电子式为，故错误；故选abc ；
（3）①苯、CS 2都是非极性分子，根据相似相溶原理知，C 60是非极性分子，故答案为：非极
性；②利用均摊法知，每个碳原子含有0.5×3＝1.5个σ 键，所以1mol C 60分子中，含有
σ 键数目=1.5×1mol ×60×N A /mol=90N A ，故答案为：90N A ； （4）该晶胞中镁
故答案为.
37、（15分）有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对电子，F原子核外电子数是B 与C核外电子数之和，D 是主族元素且与E同周期，E能形成红色或砖红色E
2
O和黑色的EO两种氧化物，D 与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。请回答下列问题：
（1）E+离子基态时的电子排布式为_______________
（2）A
2F的分子空间构型为_____________FO
3
分子中F原子的杂化方式 ______________
（3）CA
3
极易溶于水，其原因主要是______________
（4）从图中可以看出，D 与B形成的离子化合物的化学式为
___________（用元素符号表示），该离子晶体的密度为ag·cm-3，
则晶胞的体积是__________（写出表达式即可，不用化简）
（5）已知E单质的晶体为面心立方最密堆积 (在晶胞的顶点
和面心均含有一个E原子)，则 E的晶体中E原子的配位数为
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2) sp3；平面正三角形
(3)b；一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根
(4) (写出表达式即可)．
【解析】
根据元素的结构及有关性质可知，A、B、C、D、E、F六种元素分别是H、F、N、Ca、Cu、S。（1）根据构造原理可知，铜元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或
[Ar]3d104s1。
（2）H
2
S中中心原子含有的孤对电子对数是（6－1×2）÷2＝2，所以分子的结构是V形，S 原子是sp3杂化；三氧化硫分子中中心原子含有的孤对电子对数是（6－3×2）÷2＝0，所以分子的结构是平面三角形结构。
（3）由于一水合氨在溶液中能电离产生铵根离子和氢氧根离子，所以选项b正确，答案选b。（4）根据晶胞的结构可知，分子中含有4个钙离子和8个氟离子，所以有，即晶胞的羰基是。
37．（15分） A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次递增。已知：①F的原子序数为25，其余均为短周期元素；②元素A与元素B同周期，元素A与元素E同主族，且A、B、E三原子p轨道上均有2个未成对电子；③元素C、D、E在同一周期，且C原子中没有未成对电子。请回答下列问题：
（1）元素A与元素B的电负性大小比较为 > ，元素C与元素D的第一电离能的大小比较为 > （填人相应的元素符号）。
（2）F的核外电子排布式为。
（3）元素B与元素E形成的晶体所属的晶体类型为晶体，在该晶体中原子间形成的共价键属于（从下列选项中选出正确类型）。
σπσπ
A．键B．键C．既有键，又有键
（4）由氢元素与A、B两元素共同构成的相对分子质量为30的分子里中心原子的杂化轨道类型为，分子的空间构型为
（5）根据等电子原理，写出由元素原子A与元素B构成的一种双原子极性分子的结构式。
【分析】：A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次递增，
①F的原子序数为25，其余均为短周期元素，则F是Mn元素；
②元素A与元素B同周期，元素A与元素E同主族，A、B、E三原子p轨道上均有2个未成对电子，A的原子序数最小，则A是C元素，A和B同周期，则B是O元素，E原子序数大于B，所以E位于第三周期，则E是Si元素；
③元素C、D、E在同一周期，且C原子中没有未成对电子，C的原子序数小于E，则C是Mg，D的原子序数大于C小于E，则D是Al元素，
（1）A是C元素，B是O元素，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以元素A与元素B的电负性大小比较为O＞C；C是Mg元素，D是Al元素，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族元素大于相邻主族元素的第一电离能，所以元素C与元素D的第一电离能的大小比较为：Mg＞Al，
故答案为：O＞C；Mg＞Al；
（2）F是Mn元素，其原子核外有25个电子，根据构造原理知，F的核外电子排布式为[Ar]3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：[Ar]3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1；
（3）B是O元素，E是Si元素，元素B与元素E形成的晶体是二氧化硅晶体，二氧化硅晶体的构成微粒是原子，所属的晶体类型为原子晶体，在该晶体中每个硅原子和4个氧原子形成4个硅氧键，每个氧原子和2个硅原子形成2个硅氧键，原子间以共价单键相结合，所以原子间形成的共价键属于σ键，故选A，故答案为：原子；A；
（4）A是C元素，B是O元素，由氢元素与A、B两元素共同构成的相对分子质量为30的分子是HCHO，甲醛分子中中心原子是碳原子，碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以甲醛里中心原子的杂化轨道类型为sp2，分子的空间构型为平面三角形，
故答案为：sp2；平面三角形；
（5）根据等电子原理，A是C元素，B是O元素，由元素A与元素B构成的一种双原子极性分子是CO，CO和氮气分子实验等电子体，等电子体的结构相似，所以一氧化氮的结构式为：C≡O，故答案为：C≡O．
37．（15分）在电解炼铝过程中加入冰晶石（用“A”代替），起到降低Al 2O 3的熔点等诸多作
用，冰晶石的生产原理如下： 2Al(OH)3+ 12HF+ 3 Na 2CO 3 ＝ 2A+ 3CO 2↑+ 9H 2O
根据题意完成下列填空：
（1）冰晶石的化学式为 ，含有离子键、 等化学键；
（2）生成物中含有10个电子的分子是 （写分子式），该分子的空间构型
为 ，中心原子的杂化方式为 ；
（3）反应物中电负性最大的元素为 ，写出其原子最外层的电子排布图：
（4）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石晶胞结构如图丁所示，位于大立方体顶点和面心，
位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的
体心处▽所代表的微粒是 （填具体的微粒符号）
（5）Al 单质的晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如
下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。
若已知Al 的原子半径为d ，N A 代表阿伏加德罗常数，Al 的相对原子质量为M ，请回答：
一个晶胞中Al 原子的数目为 ；Al 晶体的密度为 （用字母表示） 【答案】（1）Na 3AlF 6 配位键；（
2）H 2O V 形 sp 3（3）F （4）4
【解析】（1）冰晶石的化学式为Na 3AlF 6，Na ＋与AlF 63-之间为离子键，而AlF 63-是以配位键形
成的。（2）生成物中10电子分子是H 2O ，氧原子采取sp 3杂化，由于氧原子含有两对孤电子
对，故分子结构为V 形。（3）F 是电负性最大的元素，其最外层电子排布图为。
（4）铝晶胞的原子处于晶胞顶角和面心，故一个晶胞含有的Al 原子数目为6×
＋8×＝4。设Al 晶胞的边长为a ，则有：2a 2＝（4d ）2，a ＝2d ，Al 晶胞的体积为V ＝16
d 3，故Al 晶体的密度为
。
第37题图丁
第37题图
37．（15分）（贵州）已知A 、B 、C 、D 、E 五种元素的原子序数依次增大，其中A 、E 原子的最外层电子数均等于其周期序数，E 原子的电子层数是A 的3倍；B 原子核外电子有6种不同的运动状态，S 轨道电子数是P 轨道电子数的两倍；D 原子L 层上有2对成对电子。请回答下列问题：
（1）E 元素基态原子的电子排布式为 。
（2）B 、C 、D 三种元素的第一电离能数值由小到大．．．
的顺序为 （填元素符号）。 （3）D 元素与氟元素相比，电负性：D F （填“>”、“=”或“<”）。
（4）BD
2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如右图所示。
该晶体的类型属于 。
（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”晶体）
该晶体中B 原子轨道的杂化类型为 。
l mol B 2A 2分子中含键的数目是 。
（5）光谱证实单质E 与强碱溶液反应有[E(OH)4]— 生成，则[E(OH)4] 中存在 。
a ．共价键
b ．配位键
c ．σ键
d ．π键
【答案】(1)1s 22s 22p 63s 23p 1(2)C 、O 、N(3)<
4)原子 ；sp 3 ；3N A (或1.806×1024) (5)abc
37．（15分）现有七种元素，其中A 、B 、C 、D 、E 为短周期主族元素，F 、G 为第四周期元素，
（1位于 族 区，价电子排布式为
（2）B 基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有 个方向，原子轨道呈 形
（3）画出C 原子的电子排布图 ．
（4）．已知BA 5 为离子化合物，写出其电子式 ．
（5）DE 3 中心原子的杂化方式为 ，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为 ．
（6）用电子式表示F 元素与E 元素形成化合物的形成过程
【分析】：宇宙中最丰富的元素是H ，所以A 是氢元素；B 元素原子的核外p 电子数比s 电子数少1，所以根据构造原理可知，B 应该是N ；C 元素的第三电离能远大于第二电离能，所以C 是第ⅡA 元素，根据原子序数可知，C 是Mg ；D 原子核外所有p 轨道全满或半满，则D 是P ；E 元素的主族序数与周期数的差为4，且原子序数大于15，所以E 是氯元素；F 是前四周期中电负性最小的元素，由于金属性越强，电负性越小，所以F 是K ；G 在周期表的第八列，且属于第四周期，所以G 是铁元素。
37．（15分）有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有I个未成对电子，A+比B-少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p 轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4,其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等子中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A+与D2-离子数之比为2 : 1。谙冋答下列问题：
(1)A元素形成的晶体内晶胞类型应属于_____(填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”）堆积，空间利用率为_____。
(2) C3-的电子排布式为_____，在CB
3分子中C元素原子的原子轨道发生的是杂化，CB
3
分
子的VSEPR模型为_____。
(3) C的氢化物在水中的溶解度如何_____,为什么具有这样的溶解性_____
(4) D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是：
_____
(用元素符号表示)；用一个化学方程式说明B、D两元素形成
的单质的氧化性强弱：__________
(5)如图所示是R形成的晶体的晶胞，该晶胞与CaF
2
晶胞结构相
似，设晶体密度是。试计算R晶体中A+和D2-最短的距离
_____。（阿伏加德罗常数用N
A
表示，只写出计算式，不用计算）
【分析】：B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；B-离子为Cl-离子，A+比B-少一个电子层，A+为Na+离子；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素，A+是Na+离子，R是由Na+离子与D2-离子以2：1形成的离子化合物，D2-离子是S2-离子，R是硫化钠．
（1）钠元素属于A
2
密堆积式，该晶胞含有2个原子，所以Na元素形成的晶体内晶胞类型应属于体心立方，其空间利用率为68%，故答案为：体心立方；68%；
（2）N3-核外有10个电子，根据构造原理知，该离子基态核外电子排布式为：ls22s22p6，CB
3
分子为NCl
3分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个δ键，所以CB
3
分子的VSEPR模
型为四面体形，故答案为：ls22s22p6；四面体形；
（3）C的氢化物是氨气，一体积水能溶解700体积氨气，氨气分子和水分子之间可以形成氢键，且氨气分子和水分子都是极性分子，根据相似相溶原理知，氨气极易溶于水，
故答案为：1：700溶于水或极易溶于水；氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；
（4）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：Cl＞P＞S；
同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，一般来说电负性越强，元素的
非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在H
2S+Cl
2
=2HCl+S↓反应中，Cl
2
的氧化性大于
O 2的氧化性，故答案为：Cl＞P＞S；H
2
S+Cl
2
=2HCl+S↓
37．Cu
3
N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领
域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用。
（1）N位于周期表中第__________周期__________族，与N3-含有相同电子数的三原子分子的空间构型是__________。
（2）Cu具有良好的导电、导热和延展性，请解释Cu具有导电性的原因__________。
（3）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是__________，乙醛分子中H—C—O的键角__________乙醇分子中的H—C—O的键角。（填“大于”、“等于”或“小于”）
（4）Cu+的电子排布式为___________，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2+
和Cu，但CuO在高温下会分解成Cu
2
O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成
Cu
2
O____________________。
（5）[Cu(H
2O)
4
]2+为平面正方形结构，其中的两个H
2
O被Cl-取代
有两种不同的结构，试画出[Cu(H
2O)
2
(Cl)
2
]具有极性的分子的结构式
__________。
（6）Cu
3
N的晶胞结构如右图，N3-的配位数为__________，Cu+半
径为a pm，N3-半径为b pm，Cu
3
N的密度__________g/cm3。（阿伏加
德罗为常数用N A表示）
【答案】(1)V形 (2)Cu为金属晶体，晶体中存在可自由移动的电子，通电后定向移动。
(3)sp2 ，sp3；大于(4)1s22s22p63s23p63d10 Cu+价电子为3d10为全充满结构更稳定
(5)
(6)6
(1)N3-的电子数是10，与它相同的电子数，且三原子如H
2
O，应是V型分子；
(2)因为Cu为金属晶体，根据“电子气”理论，晶体中存在可自由移动的电子，通电后定向移动。
(3)乙醛的结构简式是CH
3CHO，前边-CH
3
中C是sp3杂化，醛基-CHO中存在碳氧双键，其中的
碳原子采取的是sp2杂化，键角是120°。乙醇中C原子采取的是sp3杂化，键角小于120°，
所以键角的大小关系是乙醛大于乙醇。
(4)Cu+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10。CuO在高温下会分解成生成稳定的Cu
2
O，是因为Cu+价电子为3d10为全充满结构更稳定。
(6)观察晶胞的结构知中，顶点的N3-(1/8)对应的三条棱上有3个Cu+(1/4)，故N3-：Cu+=1/8：
3/4=1：6，其配位数是6。晶胞的体积是V=(2a+2b)3×10-30cm3，质量同206/N
A
，