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主题五 物质的结构与性质测试(一)
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Mn-55
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的)
1．下列有关描述及化学用语的表示方法正确的是( )
A．As原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p3
B．KCI形成过程：
C．基态Mg原子的核外电子排布图为
D．Se在周期中属于p区元素，Zn属于ds区元素
【答案】D
【解析】A项，As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为
1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，A错误；B项，KCl形成过程
为 ，B错误；C项，基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外
电子轨道表示式： ，C错误；D项，Se的价电子为4s24p4，最后填充4p电子，
为p区元素，Zn的价电子构型为3d104s2，属于ds区元素，D正确；故选D。
2．下列化学术语正确的是( )
A． 的电子式： B．AlCl 的结构式：
3
C．Cr原子的价电子排布图： D．葡萄糖的实验式：CHO
2
【答案】D【解析】A项，氢化钠的电子式为 ，A项错误；B项，AlCl 的结构式 ，B项
3
错误；C项，Cr原子的价电子排布图 ，C项错误；D项，葡萄糖的分子式
C H O，实验室为CHO，D项正确；故选D。
06 12 6 2
3．已知X、Y是短周期的两种元素，下列相关结论一定正确的是( )
选项 条件 结论
A 若原子半径：X>Y 则原子序数：XY
a
【答案】D
【解析】A项，同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，若X、Y同周期，原子半径：
X>Y，则原子序数：XY，可知X的周期数大于Y，即
原子序数X＞Y，A项错误；B项，金属元素与非金属元素之间可能形成共价键，如AlCl 是共价化合物，
3
Al与Cl形成的是共价键，B项错误；C项，SO 分子中中心原子S是sp2杂化，则VSEPR模型为平面三角
2
形，C项错误；D项，电负性大的元素得电子能力强，在化合物中显负价，化合物中X显负价，则元素的
电负性：X>Y，D项正确。
4．N、 P、 As、 Sb是周期表中ⅤA族元素。下列说法正确的是( )
7 15 33 51
A．电负性大小： B．氢化物沸点高低：AsH ＞PH ＞NH
3 3 3
C．酸性强弱：HNO＞HPO ＞HAsO D．ⅤA族元素单质的晶体类型相同
3 3 4 3 4
【答案】C
【解析】A项，N、P、As为同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则电负性大小：，A不正确；B项，由于NH 分子间能形成氢键，增大了分子间的作用力，使其沸
3
点升高，所以氢化物沸点高低：NH ＞AsH ＞PH ，B不正确；C项，N、P、As为同主族元素，从上到下
3 3 3
非金属性依次减弱，则最高价氧化物的水化物的酸性依次减弱，从而得出酸性强弱：HNO＞HPO ＞
3 3 4
HAsO ，C正确；D项，ⅤA族元素单质中，N、P、As的单质晶体类型相同，都为分子晶体，但Sb为金
3 4
属，其晶体为金属晶体，D不正确；故选C。
5．NF 是一种优良的蚀刻气体。HF、F 均可用于制备NF ，F 制备NF 的反应为4NH +3F
3 2 3 2 3 3 2
NF +3NHF．K(HF)=6.3×10−4，K(NH ·H O)=1.8×10−5。下列说法正确的是( )
3 4 a b 3 2
A．中子数为10的氟原子： F B．HF的电子式：
C．NF 的空间构型为平面正三角形 D．第一电离能：I(F)＞I(N)＞I(O)
3 1 1 1
【答案】D
【解析】A项，中子数为10的氟原子的质量数为10+9=19，符号为 F，A错误；B项，HF为共价化
合物，电子式为 ，B错误；C项，NF 的价层电子对数为 =4，含一对孤电子对，空间构型为
3
三角锥形，C错误；D项，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p能级轨道半满，更稳定，
第一电离能大于相邻元素，所以I(F)＞I(N)＞I(O)，D正确；故选D。
1 1 1
6．光气(COCl )是一种重要的有机中间体。可用反应CHCl +H O=COCl ↑+HCl+H O制备光气。下列
2 3 2 2 2 2
叙述错误的是( )
A．CHCl 为极性分子
3
B．电负性：O>Cl>C
C．基态Cl原子的价电子轨道表示式：
D．COCl 中碳原子的杂化类型为sp3杂化
2
【答案】D
【解析】A项，CH 为非极性分子，3个H被Cl代替得到的CHCl 为极性分子，A正确；B项，非金
4 3
属性越强，电负性越大，故电负性：O>Cl>C，B正确；C项，Cl元素为17号元素，原子核外有17个电子，
所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，价电子轨道表示式： ，C正确；D项，COCl
2中含有碳氧双键，碳原子为sp2杂化，D错误；故选D。
7．CHOH、NH 和(CH)NNH 均为常见的燃料，关于这三者的结构与性质，下列说法错误的是(
3 2 4 3 2 2
)
A．CHOH的电子式为 B．NH 空间结构为平面形
3 2 4
C．CHOH、NH 和(CH)NNH 都易溶于水 D．CHOH和(CH)NNH中C、O、N杂化方式均
3 2 4 3 2 2 3 3 2
相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，CHOH的电子式为 ，
3
A正确；B项，NH 中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，CHOH、NH 和(CH)NNH
2 4 3 2 4 3 2 2
都能和水分子形成氢键，都易溶于水，C正确；D项，CHOH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，
3
(CH)NNH 的结构简式为 ，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
3 2 2
8．已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y
元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物XY，2元素可形成负一价离子。下
2 3
列说法正确的是( )
A．X元素基态原子的电子排布式为
B．X元素是第4周期第VA族元素
C．Y元素原子的轨道表示式为
D．Z元素的单质Z 在氧气中不能燃烧
2
【答案】B
【解析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，推知原子序数为33号，是As元素；Y元素原子
的最外层2p轨道上有2个未成对电子，推知原子序数为8，是O元素；已知X、Y和Z三种元素的原子序
数之和等于42，推知Z的原子序数为1，是氢元素；X与Y形成的化合物XY 是As O。A项，由分析知
2 3 2 3X为As，As元素基态原子的电子排布式为 ，故A项错误；B项，As元素是第4周期第
ⅤA族元素，故B正确；C项，由分析知Y为氧元素，不是碳元素，而 是碳元素原
子的轨道表示式，故C错误；D项，由分析知Z为氢元素，H 能在O 中燃烧，故D错误；故选B。
2 2
9．联氨(NH)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙
2 4
述正确的是( )
A．NH 分子中σ键与 键的数目之比为5：1
2 4
B．1molN H 可处理水中2mol O
2 4 2
C．[Cu(NH )]2+中存在离子键、配位键和极性共价键
3 4
D．氨水中NH 与HO间存在氢键
3 2
【答案】D
【解析】A项，联氨分子中含有4个N-H键和1个N-N键，结构式为 ，只含有单键，即只含
有σ键，不含有π键，故A错误；B项，1molN H 失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO 得到
2 4 2
4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN H 可处理水中1mol O，故B错误；C项，[Cu(NH )]2+中铜离
2 4 2 3 4
子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故C错误；
D项，N、O元素电负性都较大，能和另一分子中的H原子形成氢键，所以NH 与HO以氢键结合成
3 2
NH •H O分子，故D正确；故选D。
3 2
10．某种硫化橡胶的部分结构如图所示。下列说法错误的是( )A．图中元素位于s区和p区的种数之比为1：2
B．基态硫原子和碳原子最高能级电子云轮廓图均为哑铃形
C．图中的硫原子和碳原子共有两种杂化方式
D．图示结构中含有σ键、π键和氢键等作用力
【答案】D
【解析】A项，位于s区的元素有H元素，位于p区的元素有C、S元素，则图中元素位于s区和p区
的种数之比为1：2，A正确；B项，p能级的电子电子云轮廓图为哑铃形，s能级的电子电子云轮廓图为球
形，基态S原子最高能级为3p能级、基态C原子最高能级为2p能级，所以电子云轮廓图都是哑铃形，B
正确；C项，连接双键的碳原子采用sp2杂化，价层电子对数是4的碳原子、硫原子采用sp3杂化，所以
C、S原子共有两种杂化方式，C正确；D项，图中不存在氢键，存在σ键、π键，D错误；故选D。
11．冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与K+作用而不
与Na+、Li+作用；18-冠-6与K+作用(如图)，但不与Li+或Na+作用。下列说法正确的是( )
A．18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“自组装”的特征
B．18-冠-6中O原子与K+间存在离子键
C．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型不同
D．冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体
【答案】D
【解析】A项，18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，A
错误；B项，离子键是由阴、阳离子间形成的，18-冠-6为分子，分子中的O以O原子形式存在，所以18-
冠-6中O原子与K+间不存在离子键，B错误；C项，18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道类
型均为sp3杂化，杂化轨道类型相同，C错误；D项，冠醚能与碱金属离子形成晶体，碱金属离子是阳离子，
故所得到的晶体里还有阴离子，则冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体，D正确；故选D。
12．六硝基合钴酸钾{K [Co(NO )]}是一种黄色难溶物。检验K+或Co2+的反应原理如下：
3 2 6
CoCl+NaNO +KCl+HCl→K[Co(NO )]↓+NO↑+NaCl+H O(未配平)。下列说法错误的是( )
2 2 3 2 6 2
A．将上述反应设计成原电池，正极产物为NOB．配合物K[Co(NO )]中配位原子是氧原子
3 2 6
C．基态Co原子的价层电子中，成对电子数与未成对电子数之比为2：1
D．上述反应的离子方程式为CoCl+7NO -+3K++2H+=K[Co(NO )]↓+NO↑+HO
2 2 3 2 6 2
【答案】B
【解析】A.原电池正极得到电子，CoCl+NaNO +KCl+HCl→K[Co(NO )]↓+NO↑+NaCl+H O，该反应
2 2 3 2 6 2
中亚硝酸根得到电子生成NO，设计成原电池，正极产物为NO，故A正确；B项，氮原子电负性小于氧原
子，配合物K[Co(NO )]中配位原子是氮原子，Co提供空轨道，故B错误；C项，基态Co原子的价层电
3 2 6
子中，价层电子排布图为： ，成对电子数与未成对电子数之比为2：1，故C正确；D
项，上述反应的离子方程式为CoCl+7NO -+3K++2H+=K[Co(NO )]↓+NO↑+HO，故D正确；故选B。
2 2 3 2 6 2
13．前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，基态X原子的半径是所有原子中最小的，
Y与X可形成室温下XY、XY 两种无色液体，基态Z原子的M电子层上p轨道为半充满状态，Y、Q同
2 2 2
主族，W原子的价层电子排布式为 ，下列说法不正确的是
A．电负性：Z＜Q＜Y
B．简单离子半径：Z＞Q＞Y＞Z
C．同周期中第一电离能比Q大的元素有1种
D． 三种元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的碱性电池中
【答案】C
【解析】五种前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，其中基态X原子的半径是所有
原子中最小的，则X为H元素；Y与X可形成室温下XY、XY 两种无色液体，则Y为O，基态Z原子的
2 2 2
M电子层上P轨道为半充满状态，其外围电子排布式为3s23p3，故Z为P元素；W原子的特征电子构型为
3d54s2，则W为Mn元素；Y、Q同主族，由Y为O元素，故Q为S元素。A项，由分析可知，Y、Z、Q
分别为O、P、S，根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故电负性
O＞S＞P即Z＜Q＜Y，A正确；B项，X、Y、Z、Q分别为H、O、P、S，根据电子层数越多半径越大，
电子层数相同，核电荷数越大，半径越小可知，简单离子半径P3-＞S2-＞O2-＞H+即Z＞Q＞Y＞Z，B正确；
C项，Q为S，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故
同周期中第一电离能比Q大的元素有P、Cl、Ar等3种，C错误；D项，X、Y、W分别为H、O、Mn三
种元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的碱性电池中，D正确；故选C。14．W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W基态原子只有一种自旋取向，X的
最高正化合价与最低负化合价代数和为零，Y位于第二周期，基态原子的s能级电子总数与p能级电子总
数相等，Z基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动中的电子数相等，N的简单离子半径是同周期
元素简单离子中最大的。下列说法不正确的是( )
A．Y的第一电离能一定低于同周期相邻元素
B．由W、X、Y、N四种元素中的任意两种形成的化合物只有极性共价键
C．由W、X、Y三种元素形成的化合物可能有成千上万种
D．最简单氢化物的稳定性： Z＜Y
【答案】B
【解析】W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W基态原子只有一种自旋取向，
说明W中只有1个电子，为H元素；X的最高正化合价与最低负化合价代数和为零，X为第IVA族元素，
X为C元素；Y位于第二周期，基态原子的s能级电子总数与p能级电子总数相等，Y的电子排布式为
1s22s22p4，为O元素；Z基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动中的电子数相等，则Z的价电子
排布式为3s23p2，为Si元素，N的简单离子半径是同周期元素简单离子中最大的，N为P元素。A项，F对
最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于 O，故A正确；
B项，H和O构成的化合物HO 中存在非极性共价键，故B错误；C项，由H、C、O三种元素形成的有
2 2
机化合物可能有成千上万种，故 C正确；D项，非金属性：O>Si，则最简单氢化物的稳定性：HO＞
2
SiH，故D正确；故选B。
4
15．(CHNH )PbI 具有较高的光电转接效率，在太阳能电池領域具有重要的应用价值。(CHNH )PbI
3 3 3 3 3 3
的立方晶格结构如图所示，下列说法错误的是( )
A．CHNH +中N原子的杂化轨道类型为sp3
3 3
B．CHNH +中存在配位键
3 3C．甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：CH)NH ＞(CH)NH
3 2 2 3 2
D．晶胞中B(灰色球)代表Pb2+，则每个晶胞中含有 的数目为3
【答案】C
【解析】由立方晶格结构可推知每个晶胞中A的个数=8× =1，C的个数=6× =3，B的个数为1，对
比化学式(CHNH )PbI 可知C为I-，B为中心原子，则B为Pb2+，A为CHNH +。A项，CHNH +的电子式
3 3 3 3 3 3 3
为 ，N有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，A正确；B项，CHNH +中N提供孤电子对，
3 3
H提供空轨道，形成一个配位键，B正确；C项，甲基的供电子能力强于氢原子，则(CH)NH中含有两个
3 2
甲基，接受质子能力较强，即接受质子能力：(CH)NH ＜(CH)NH，C错误；D项，由分析可知晶胞中
3 2 2 3 2
B(灰色球)代表Pb2+，则每个晶胞中含有I-的数目为3，D正确；故选C。
第II卷(非选择题 共55分)
二、填空题(本题共4小题，共55分)
16．(13分)我国在商代或更早就掌握了冶炼铜的技术。以黄铜矿为原料冶炼铜涉及多个反应，其中一
个反应为8CuFeS+21O 8Cu+4FeO+2Fe O+16SO。
2 2 2 3 2
(1)基态Cu+的电子排布式为_______，从原子结构角度上解释，高温下CuO能转化为Cu O的原因是
2
_______。铜、铁两类原子核外电子运动状态相差_______种。
(2) SO、SO 、SO 2-、SO 2-四种含硫微粒中，中心原子为sp3杂化的是_______，属于极性分子的是
2 3 3 4
_______，空间构型为平面三角形的微粒是_______。
(3) FeO、Fe O 的熔点是下列两个值中的一个： ， ，则两种氧化物的品体类型都是
2 3
_______， 是_______的熔点。
(4) CuFeS 晶胞结构如图1所示。晶胞中 的投影位置如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐
2
标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，例如图1中原子1的坐标分数为 ，则
原子2的分数坐标为_______；该晶体的密度为ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数N =_______ mol－1 (用含ρ、a
A
的代数式表示)。【答案】(1)1 s22s22p63s23p63d10或 [Ar]3d10(1分)
Cu+的价电子排布式为全充满的3d10，处于较稳定状态，Cu2+的价电子排布式为3d9，较不稳定(2分)
3(1分)
(2) SO 2-、SO 2-(1分) SO (1分) SO (1分)
3 4 2 3
(3)离子晶体(1分) FeO(1分)
(4) (2分) (2分)
【解析】(1)Cu元素是29号元素，基态Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，从原子结构
角度上解释，高温下CuO能转化为Cu O的原因是：Cu+的价电子排布式为全充满的3d10，处于较稳定状态，
2
Cu2+的价电子排布式为3d9，较不稳定，故高温下氧化铜可转化为更稳定的氧化亚铜。原子核外一个电子均
对应一种运动状态，铜原子比铁原子多3个电子，故铜原子多3种运动状态。(2)SO 中心原子孤电子对数=
2
、价层电子对数=2+1=3，故为sp2杂化、空间构型为V形、则其正负电荷中心不重叠，为极性
分子；SO 中心原子孤电子对数= 、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三
3
角形、则其正负电荷中心重叠，为非极性分子；SO 2-离子中，中心原子S的孤电子对数= 、
3
价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形；SO 2-离子中，中心原子S原子的孤电子对为
4
，价层电子对个数=4+0=4 ，所以中心原子为 sp3 杂化，其空间构型为正四面体；综上，
SO 、SO 、SO 2-、SO 2-四种含硫微粒中，中心原子为 sp3 杂化的是SO 2-、SO 2-，属于极性分子的是
2 3 3 4 3 4
SO ，空间构型为平面三角形的微粒是SO 。(3)两种物质的熔点都比较高，因此两种氧化物的晶体类型都
2 3
是离子晶体。由于氧化铁中Fe3+带三个单位正电荷，而氧化亚铁中Fe2+带两个单位正电荷，因此氧化铁中离子键强与氧化亚铁中的离子键，因此氧化亚铁的熔点较低，则1360℃是FeO的熔点。(4)由图1可知原子
2位于最右侧面上，沿x轴方向居中，沿z轴方向位于 处，结合原子1的分数坐标可知，原子2的坐标为
分数坐标为 ；由图知，S原子位于晶胞内部，共有8个硫原子，结合化学式可知一个晶胞内含有4
个Fe原子、4个Cu原子， 1个晶胞质量为 ，晶胞的体积为：2a3×10-30cm3，该晶体的密度为
，则 =2a3×10-30cm3×ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数 (用含ρ、a的代数式
表示)。
17．(14分)镁、铜、硼及其化合物在医药、国防、材料领域应用广泛。请回答下列问题：
(1)铜是重要的金属材料铜属于元素周期表中的___________区元素，与铜同周期且基态原子最外层未
成对电子数与基态铜原子相同的元素有___________种。
(2)镁元素是人体必需的微量元素，其中起作用的是Mg2+。碱性条件下，检验Mg2+是否存在的化合物
被称为“试镁灵”，其结构简式如图所示，其组成元素中第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素
符号表示)，分子中N原子的杂类型为___________。
(3)氨硼烷(H BNH )是一种安全、高效的储氢材料，可由反应3CH+2B NH+6H O=3CO+6H BNH 制
3 3 4 3 3 6 2 2 3 3
得。
①HBNH 的结构与乙烷相似，HBNH 中存在配位键，提供孤电子对形成配位键的原子是
3 3 3 3
___________(填元素符号)。
②CO 的空间构型为___________，HO的键角小于CH 的键角，原因为___________。
2 2 4
(4)一种由Mg2+、N3-、F-组成的化合物的立方晶胞如图所示：①该化合物的化学式为___________， 的配位数为___________。
②Mg2+填充在由阴离子构成的八面体空隙中，则八面体空隙的填充率为___________%。
③若距离最近的两个Mg2+的核间距为apmN 表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为___________ g·
A
cm-3。
【答案】(1)ds(1分) 4(1分) (2)N＞O＞H＞C(1分) sp2(1分)
(3)N(1分) 直线(1分) H O中的O原子和CH 中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个
2 4
孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力比成键电子对之间的斥力大，导致水的键角变小(2分)
(4) ①Mg NF (2分) 6(1分) ②75(1分) ③ (2分)
3 3
【解析】(1)Cu属于ds区元素，与Cu同周期且基态原子最外层未成对电子数与Cu相同的元素有K、
Cr、Ga、Br，共4种；(2)“试镁灵”中由H、C、N、O\四种元素组成，第一电离能由大到小的顺序为N＞O
＞H＞C；分子中氮氮双键和硝基中的氮原子均为sp2杂化；(3)①HBNH 的结构与乙烷相似，结构为
3 3
HB←NH ，B原子提供空轨道，N原子提供孤对电子；②CO 的空间构型为直线；HO中的O原子和CH
3 3 2 2 4
中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于成键电
子对之间的斥力，故水的键角小于甲烷的键角；(4)①根据均摊法可知，1个晶胞中含有3个Mg2+、1个N3-
和3个F-，故该化合物的化学式为MgNF ；由晶胞结构可知N3-的配位数为6；②晶胞中由阴离子构成的八
3 3
面体空隙有4个，3个Mg2+填充在八面体空隙中，八面体空隙的填充率为75%；③若距离最近的两个
Mg2+间距为apm，则晶胞边长为 ，晶胞密度为 。
18．(14分)Ge、GaAs、CdTe、CdSe等均为重要的半导体材料，在电子、材料等领域应用广泛。回答
下列问题：
(1)Ge基态原子核外电子排布式为［Ar］_______。
(2)第四周期主族元素中，第一电离能介于Ga、As之间的元素是_______(填元素符号)。
(3)碲的化合物TeO 、TeO 、HTe三种物质中，HTe的中心原子杂化类型为_______，分子构型为V形
2 3 2 2的是_______
(4)GaCl 熔点为77.9℃，气体在270℃左右以二聚体存在，GaCl 二聚体的结构式为_______。GaF 熔
3 3 3
点为1000℃，GaCl 熔点低于GaF 的原因是_______。
3 3
(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。
①原子坐标参数A为( ， ， )，则B、C的原子坐标参数分别为_______、_______
②已知Cd、Se的半径分别为anm和bnm，则CdSe的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式，N 表示
A
阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)3d104s24p2(1分) (2)Ca、Ge、Se(2分)
(3) sp3杂化(1分) TeO 、HTe(2分)
2 2
(4) (2分)
GaCl 为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF 为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分
3 3
子间作用力，所以GaCl 熔点低于GaF (2分)
3 3
(5) ( ， ， )(1分) ( ， ， )(1分) (2分)
【解析】(1)Ge位于第四周期第IVA族，原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；(2)同周期元素第一
电离能从左到右有增大的趋势，但第IIA元素>IIIA元素，第VA元素>VIA元素，Ga、As分别是第IIIA、
VA元素，因此第四周期主族元素中第一电离能介于Ga、As之间的元素是Ca、Ge、Se；(3)H Te分子的中
2
心原子价层电子对数为2+ =4，采取sp3杂化，有2对孤对电子，空间构型为V形，TeO 分子的
2中心原子价层电子对数为2+ =3，有1对孤对电子，空间构型为V形，TeO 分子的中心原子价
3
层电子对数为3+ =3，无孤对电子，空间构型为平面三角形。(4)GaCl 二聚体的结构式为
3
。GaCl 为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF 为离子晶体，熔化时破
3 3
坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl 熔点低于GaF ；(5)①由晶胞结构示意图可知，A、B、C
3 3
三个原子分别位于八个小立方体中三个立方体的体心上，类似于金刚石的晶胞，根据相对位置，可知B、
C原子的坐标参数分别为( ， ， )、( ， ， )；②该晶胞中所含有的Cd原子个数为8× +6×
=4，Se原子位于晶胞内部，有4个，晶胞参数为 nm，则其密度为 g·cm-3。
19．(14分)硅及其化合物在生产生活中有广泛应用。根据所学知识，回答下列问题：
(1)三甲基卤硅烷【(CH)SiX，X为Cl、Br、I】是重要的化工原料。
3 3
①氯元素基态原子的价电子排布式为__________；按照核外电子排布对元素周期表分区，溴元素位于
__________区；基态硅原子中有___________种运动状态不同的电子。
②Br、I的第一电离能的大小关系：I(Br)__ _________I (I)(填“大于”“小于”或“等于”)。
1 1
③常温下，(CH)SiI中Si—I键比(CH)SiCl中Si—Cl键易断裂的原因是__________________。
3 3 3 3
(2)(CH )SiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。
3 3
①1个有机物A分子中采取sp2杂化的碳原子有____个。
②有机物B的沸点低于对羟基苯甲醛( )的沸点，其原因是___________。③CH CN中σ键与π键的个数比为___________。
3
(3)一种钛硅碳新型材料可用作高铁车体与供电网的连接材料。该材料的晶胞属于六方晶系(a、b方向
的夹角为120°，c方向垂直于a、b方向，棱长a+b≠c)，如图甲所示；晶胞中碳原子的投影位置如图乙所示。
①该钛硅碳新型材料的化学式为___________。
②已知该新型材料的密度为4.51g•cm-3，且a、b的长度均为307pm，阿伏加德罗常数的值用N 表示，
A
则c的长度为___________pm (列出计算式)。
【答案】(1) ①3s23p5(1分) p(1分) 14(1分)
②大于(1分) ③I原子半径比Cl的原子半径大，导致Si-I键键能较小，较易断裂；而Si-Cl键键能较
大，较不易断裂(2分)
(2) ①7(1分) ②邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，所以后者
的熔点高于前者(2分) ③5：2(1分)
(3) ①TiSiC (2分) ② (2分)
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【解析】(1)①Cl原子核外有17个电子，核外电子排布式为[Ne] 3s23p5，价电子为3s23p5；溴原子的价
电子为4s24p5，属于p区；硅原子核外有14个电子，每个电子的运动状态各不相同，即有14种运动状态不
同的电子；②同主族自上而下第一电离能减小，所以I(Br)大于I(I)；③I原子半径比Cl的原子半径大，导
1 1
致Si-I键键能较小，较易断裂；而Si-Cl键键能较大，较不易断裂；(2)①苯环上的碳原子以及碳氧双键中
的碳原子为sp2杂化，共有7个；②B为邻羟基苯甲醛，羟基与醛基距离较近，主要形成分子内氢键，而
对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，分子间氢键可以增大熔点，所以后者的熔点高于前者；③单键均为σ
键，碳氮三键中有一个σ键、两个π键，所以σ键与π键的个数比为5：2；(3)①根据均摊法，Ti原子的个数为8× +4× +4=6，Si原子的个数为8× =2，C原子的个数为4，Ti、Si、C原子的个数比为6：2：
4=3：1：2，所以化学式为Ti SiC ；②晶胞的质量为 g= g，密度为4.51g•cm-3，所以晶
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胞的体积为 cm3= pm，底面为边长307pm的菱形，则底面积为 ×3072pm3，所以c
的长度为 pm。
