2023-2024学年苏教版新教材选择性必修二专题1第一单元物质结构研究的内容作业(9).docx

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1、1.1物质结构斫究的内容一、单选题1.BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和酸，其化学性质与AlCl3相似。由此可推测BeCh（）A.熔融态不导电B.水溶液呈中性C.熔点比BeBn高D.不与氢氧化钠溶液反应2.元素的性质呈现周期性变化的根本原因是（）A.原子半径呈周期性变化B.元素的化合价呈周期性变化C.第一电离能呈周期性变化D.元素原子的核外电子排布呈周期性变化3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，仅X、Y处于同周期，Y是地壳中含量最高的元素，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质。下列说法正确的是（）。A.简单离子的半径：YZB.简单氢化物的热稳

2、定性：XWB.离子的还原性：Y2ZC.氢化物的稳定性：H2YHZD.原子半径：XW7 .元素X、Y可组成化学式为XY2的离子化合物，则X、Y的原子序数可能是（）A.11和16B.6和8C.12和17D.19和98 .某科研人员研究得出，HCHO可在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成COa和H2O,其历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。0H下列说法错误的是（）A. HAP不能提高HCHo与O2的平衡转化率B. HCHo在反应过程中，有CH键发生断裂C.根据图示信息，C0?分子中的氧原子全部来自D.该过程的总反应是HCH002=CO2+H2O9 .探究草酸（H2C2O4）性质，进行如

3、下实验。（已知：室温下，OhnoIL4HW204的pH=l3）实验装置试剂a现象*Ca（OH）2溶液（含酚猷）产生气泡少量NaHCO3溶液紫色溶液褪色酸性KMno4溶液溶液褪色，产生白色沉淀试粒C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质下列离子方程式或化学方程式错误的是（）A.草酸有酸性：Ca+2OlT+H2GO6=CaGO4，+2H2OB.草酸的酸性大于碳酸：HCO+CjO4=HC3O;+CO3+H3OC.草酸有还原性：2MnO+5C2J+16H4=2Mn+10C2T硼2。D.草酸可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OH=C2H5OOC-COOC2H5+2H2O10 .某主族元素R的最

4、高正价与最低负化合价的代数和为4,由此可以判断（）A. R气态氢化物化学式为HzRB. R一定是VI族元素C. R的气态氢化物比同周期其他元素气态氢化物稳定D. R一定是第四周期元素11 .短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，R是地壳中含量最多的元素，X与W同主族，Y是最外层电子数是最内层电子数的3倍.下列说法正确的是（）A.原子半径：RYYC.R与丫只能形成一种化合物D.最高价氧化物的水化物酸性：YZ12.两种元素可以形成AB2型共价化合物的是（）A.无中子的原子与最外层有6个电子的短周期元素的原子B.核电荷数分别为12和17的元素C.

5、IVA族和VIA族原子半径最小的元素D.最高正价都为奇数的两种短周期元素二、多选题13.阴离子C8H的结构简式为HC三C-C三C-C三C-C三C.关于该粒子的推断正确的是（）A.一个阴离子含有34个价电子B.该离子能与滨水、酸性高锌酸钾依次发生氧化、加成反应C.在一定条件下，1molCgH与8molH2完全反应生成辛烷D.在酸性溶液中，该阴离子与H+反应生成1,3,5,7-辛四焕14.A元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B元素原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，则A、B元素（）A. 一定是第2周期元素B.一定是同一主族元素C.可能是第2、3周期元素D.可以相互化合形成化合物15.有五

6、种元素X、Y、Z、Q、ToX原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的外围电子构型为3d（4s2；Z原子的L层的P轨道上有一个是空的；Q原子的L电子层的P轨道上只有一对成对电子；T原子的M电子层上P轨道半充满.下列叙述错误的是（）A.元素Y和Q只能形成一种化合物Y2Q3B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物D. Z02是极性键构成的非极性分子三、填空题16 .某分子是由两种元素组成的三原子分子，含18个电子，其电子式是.17 .在极性分子中，正电荷中心同负电荷中心间的距离称为偶极长，通常用d表示.极性分子的极性强弱同偶极长和正（或负）电荷中

7、心的电量（q）有关，一般用偶极矩（）来衡量.分子的偶极矩定义为偶极长和偶极上端电荷电量的乘积，即=dq.试回答以下问题：治癌药Pt（NH3）202具有两种异构体，棕黄色者0,淡黄色者=0.试在方框内画出两种异构体的空间构型图：该化合物的两种异构体在水中溶解度较大的是（填“棕黄色者”或“淡黄色者”），理由是四、综合题18 .已知A、B、C均为短周期元素，A的P能级上只有一对成对电子，A和B是同周期相邻的两种元素，B、C两种元素组成的五原子一价阳离子含10个电子，请回答：（1） A元素的电子排布式为.（2） A、B、C可组成化学式C4B2A3的物质是（填“离子”或“共价”）化合物.（3） B、C两

8、种元素组成的五原子离子的中心原子杂化方式为，该离子的空间构型为.（4）化合物BC3是（“极性”或“非极性”）分子.（19） 据要求完成题目.（1）与氯原子电子层结构相同的-2价阴离子的结构示意图.（2）写出含有6个质子，8个中子的原子的化学符号是.（3）用“V”或“”填空：A.酸性：H2SO4HClO4,B.碱性：Ca（OH）2Ba（OH）2（4）用电子式表示氯化镁的形成过程.20.TiOz是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地吸附有机污染物（如甲醛、甲苯等）和含氮化合物（如NH3、CN-等）转化为CCh和N2等小分子物质。（1）Ti基态核外电子排布式为o（2）甲醛HCHo分子空间构型为；分

9、子中碳原子轨道杂化类型为,键和。键的个数之比为,（3）氨气极易溶于水，是因为氨和水的分子均是,还因为o（4）甲苯分子中能够共平面的原子最多为个；苯环不易被卤素加成，而比较容易被卤素取代苯环上的氢，原因是O（5）含CN一的污水毒性极大，用NaCIO先把CN一氧化为CNCT,然后在酸性条件下再将CNo一氧化为无污染的气体。请写出与CNo一互为等电子体的微粒分子或离子，写一种（6） TiKCN）邛-中Ti?+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型，TiKCN）4产的结构可表示为O（7） Ti的某氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐的晶胞结构如图所示（TV+位于立方体的顶点，Ca?+处于立方体的中心

10、）。该晶体中，TV+和周围个O?-相紧邻；若该晶胞的密度为dgcm3则钛氧键的键长为Pm（用带NA的代数式表示）。21 .化学选修3：物质结构与性质一种Ru络合物与g-C3N4复合光催化剂将CO,还原为HCOOH的原理图如下。（1）基态碳原子的价电子排布图为O（2） 1molHCOOH中含有的键数目为,HCOOH的沸点比CCh高的原因为O（3） Ru络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为（4） RU络合物中与RU配位的原子有N、o（5） RU络合物含有的片段Q和O中氮原子均采用sp2杂化，都存在大键,氮原子配位能力更强的是（填“前者”或“后者（6）-种类石墨的聚合物半导体g-C3N4

11、,其单层平面结构如图1,晶胞结构如图2。Qg-C3N4中氮原子的杂化类型是r(Mg2+),即YZ，故A不符合题意；B.X是碳，Y是氧，碳和氧为同一周期，同周期从左到右，非金属性增强，非金属性XY,非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强，简单氢化物的热稳定性：,故B符合题意；C.W是H,丫是O,W与丫形成的化合物可能是水或过氧化氢，可能含有极性键或非极性键，故C不符合题意；D.Z是Mg,它最高价氧化物对应的水化物为弱碱，故D不符合题意；故答案为：Bo【分析】Y是地壳中含量最高的元素，是O元素，仅X、Y处于同周期，W是H,Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质，Z是第

12、三周期的元素，则X、Y、Z分别为C、O、Mg,由此分析。4 .【答案】C【解析】【解答】解：A、一氧化氮不溶于水，故A错误；B、R的最高价氧化物对应水化物是硝酸，化学式为HRo3,故B错误；C、氨气是中学阶段中唯一的碱性气体，故C正确；D、一氧化氮不能与氢氧化钠反应，故D错误；故选C【分析】R代表短周期元素，R原子最外层的2p亚层上的未成对电子只有3个，则R的价层电子排布可能为2s22p3,R为N元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答.5.【答案】B【解析】【解答】解：该元素原子序数为：2+8+8+2=20,所以该元素是Ca元素，Ca原子结构示意图为：2，钙原子核外有4个电子层、最外层电子

13、数是2,所以S元素位于第四周期第IIA族，故选B.【分析】阴离子核外电子数=原子序数+离子所带电荷数，阳离子核外电子数二原子序数-离子所带电荷数，原子中核外电子数二原子序数，根据该离子的核外电子数确定原子序数，再根据该原子核外电子层数、最外层电子数确定在周期表中的位置.6 .【答案】B【解析】【解答】解：118号元素的离子aW3+、bX+、cY2Na,故A错误,B、Y为O元素，Z为F元素，同周期从左到右非金属性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以离子的还原性：Y2Z,故B正确；C、非金属性F0,非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳定性为HZHzY,故C错误；D、W为Al元素，X为Na元素，同周

14、期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径NaAl,即原子半径：XW,故D错误.故选：B.【分析】118号元素的离子aW3+、bX+、CY2、dZ具有相同电子层结构，其离子核外电子数相等，所以a-3=b-l=c+2=d+l,Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为。元素,Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为AI元素，X为Na元素，结合元素周期律解答.7 .【答案】C【解析】【解答】解：A.U号元素是Na,16号元素是S元素，形成NazS离子化合物，但不符合XY2型，故A错误；B.6号元素是C,8号元素是0,形成CCh是共价化合物，故B错误；C.12号元素是Mg,17号元素是CI元素，二者组成的

15、MgCI2是离子化合物，故C正确；C.19号元素是K,9号元素是F元素，二者组成KF,故D错误；故选C.【分析】一般来说，非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，含有离子键的化合物是离子化合物，根据元素的原子序数推断出元素符号，结合形成XY2型离子化合物判断8.【答案】C【解析】【解答】A.催化剂能改变化学反应速率，但不能改变化学平衡的移动方向，则HAP不能提高HCHO与O?的平衡转化率，故A不符合题意：B.由图可知，反应过程中，甲醛发生了CH键断裂，故B不符合题意；C.由图可知，二氧化碳分子中的氧原子来自于甲醛和氧气，故C符合题意；D.由图可知，该过程发生的反应

16、为甲醛和氧气在催化剂HAP的表面发生催化氧化生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为HCHO+Oa=CO3+HaO,故D不符合题意；故答案为：Co【分析】A.催化剂只是改变反应速率8 .根据反应流程即可判断键的断裂C.根据反应流程即可判断二氧化碳中氧原子的来源D.根据反应物和生成物即可写出方程式9 .【答案】C【解析】【解答】A.H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反应Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4+2H2O,对应的离子方程式为Ca2+2H+H2C2O4=CaC2O4J,2H2O,故A不符合题意；B.酸性H2C2O4H2CO3,向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和

17、NaHC2O4,反应的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2+H2O,对应的离子方程式为HCO；+H2C2O4=HC2O;CO2+H2O，故B不符合题意；C.H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成C02,离子方程式中应保留化学式，离子方程式为2MnO4+5H2C24+6H=2Mn2+1OCO2+8H2O,故C符合题意；D.完全酯化的化学方程式为HoOCCooH+2C2H5OHUC2H5OOC-COOC2H5+2H2O,故D不符合题意；故答案为：Co【分析】A.能与碱发生酸碱中和反应得到盐和水B.利用强酸制取弱酸进行验证C.H2C2O4是弱电解质，不拆D.H

18、2C2O4是二元竣酸，可以与乙醇发生酯化反应10.【答案】A【解析】【解答】解：A.主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4,所以可知到R是第VlA的元素，而氧元素没有最高正价，所以R为S、Se.Te,负价为-2价，则R气态氢化物化学式为HzR,故A正确；B.由分析可知，R是第VlA的元素，故B错误；C.同一周期，从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以R的气态氢化物不如同周期VnA元素气态氢化物稳定，故C错误；D.R为S、Se、Te,不一定是第四周期元素，故D错误.故选A.【分析】主族元素的最高正化合价+1最低负化合价|=8,主族元素的最高正化合价=最外层电子数，主族元素R的最高

19、正化合价与最低负化合价的代数和为4,所以可知到R是第VlA的元素，而氧元素没有最高正价，所以R为S、Se.Te,据此分析.IL【答案】B【解析】【解答】解：W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，应为H元素，R是地壳中含量最多的元素，应为O元素，X与W同主族，且原子序数大于O,应为Na元素，Y是坡外层电子数是最内层电子数的3倍，应为S元素，短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Z为Cl元素，A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径QVS,故A错误；B.非金属性OS,元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C.O与S可形成二氧化硫、三氧化硫等化合物，故C错误；

20、D.非金属性C1S,元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，故D错误.故选B.【分析】W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，应为H元素，R是地壳中含量最多的元素，应为0元素，X与W同主族，且原子序数大于0,应为Na元素，Y是最外层电子数是最内层电子数的3倍，应为S元素，短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构性质结合该题.12.【答案】C【解析】【解答】解：A.无中子的元素是H元素，最外层电子数为6的短周期元素为S或0元素，二者形成的化合物为AzB型，故A错误；B.核电荷数分别为12和17的元素分别为Mg、CI元素，二者形

21、成离子化合物而不是共价化合物，故B错误；C.IVA族和VIA族原子半径最小的元素分别是C、0元素，可以形成化合物CO2,符合条件，故C正确；D.最高正价都为奇数的两种短周期元素，如Na、CI元素，二者形成离子化合物，故错误；故选C.【分析】两种元素可以形成AB2型共价化合物，则A为第IVA、第VA族或第VIA元素、B为第VIA族元素，形成的化合物有CO2、SiO2、SO2、NCh等，据此分析解答.13.【答案】A5D【解析】【解答】A.HC三C-C三C-C三C-C三C中价电子数=4x8+1+1=34,故A正确；B.碳碳三键能和澳发生加成反应，能被酸性高钵酸钾氧化而发生氧化反应，故B错误;C.在

22、一定条件下，1molC8H-与8molH2完全反应生C8H7,故C错误；D.酸性条件下,HC三C-C三C-C三C-C三C与H+反应生成HC三C-C三C-C三C-C三CH,其名称是1,3,5,7-辛四快，故D正确；故选AD.【分析】A.阴离子中价电子数=最外层电子数+电荷数；B.碳碳三键能和浪发生加成反应，能被酸性高锌酸钾氧化；C.在一定条件下，1molC8H-与8molHz完全反应生成物是离子；D.酸性条件下,HC三C-C三C-C三C-C三C与H+反应生成HC三C-C三C-C三C-C三CH14.【答案】C,D【解析】【解答】解：A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O元素,B元素的

23、原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，核外电子数可为2、1,或2、8、4,可能为Li、Si,A.如B为Si,则为第三周期元素，故A错误；B. A为O,B可能为Li或Si,则一定不在同一主族，故B错误；C. A为O,B可能为Li或Si,可能是第二、三周期元素，故C正确；D.如B为Li,则形成的化合物为BzA,如B为Si,则形成的化合物化学式为BAz,可以相互化合形成化合物，故D正确.故选CD.【分析】A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O元素，B元素的原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，核外电子数可为2、1,或2、8、4,可能为Li、Si,以此解答该题.15.【答案】A,C【解析

24、】【解答】A.元素Y和Q分别是Fe、0,可形成化合物有FeO、Fe2O3Fe3O4,选项A符合题意；B. T和Z分别是P、C,它们形成的单质有P4和金刚石，它们的分子构型均为正四面体型，选项B不符合题意；C. X与Q形成的化合物SO2或SCh都为共价化合物，选项C符合题意；D. Z为C,CO2是直线型分子，是极性键构成的非极性分子，选项D不符合题意；故答案为：ACo【分析】根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为2s22p63s23p4,为S元素；Z原子的L电子层的P能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为2s22p2,为C元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2,则

25、Y的电子排布式为Is22s22p63s23p63d64s2,Y为Fe元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为ls22s22p4,Q为0元素；T原子的M电子层上P轨道半充满，T的电子排布式为d2s22p63s23p3,则T为为P元素，据此分析。16 .【答案】HxSxH【解析】【解答】解：某分子是由两种元素组成的三原子分子，含18个电子，为HzS,电子式为HiSiH；故答案为：HiSiH.【分析】某分子是由两种元素组成的三原子分子，含18个电子，为HzS,然后写出电子式.WN/Q仁/NH317 .【答案】Pt;,Pt;棕黄色者；棕黄色者0,是Ci/nClnh；极性分子，

26、淡黄色者=0为非极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”规律，棕黄色化合物在水中的溶解度大.淡黄色者是Cl【解析】【解答】解：根据题意，Pt(NH3)2CL具有平面四边形结构，若=0,则为非极性分子，NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，即正负电荷重心重合，故;若0,则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故棕黄色者是根据“相似相溶”规律，水是极性分子，因此极性分子的溶质易溶解在水中，即在水中溶解度较大的是棕黄色者，故答案为：棕黄色者；棕黄色者0,是极性分子，淡黄色者=0为非极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”规律，棕黄色化合物在水中的溶解

27、度大.【分析】根据题意，Pt（NH3）2Cb具有平面四边形结构，若=0,则为非极性分子,NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，即正负电荷重心重合；若0,则为极性分子，NA和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合；根据“相似相溶”规律，水是极性分子，因此极性分子的溶质易溶解在水中.18 .【答案】（1）ls22s22p4（2）离子（3）sp3;正四面体形（4）极性【解析】【解答】解：A、B、C均为短周期元素，A的P能级上只有一对成对电子，则P能级上有4个电子，则A为C元素，B、C两种元素组成的五原子一价阳离子含10个电子，则该离子为钱根离子，A和B是同周期相邻的两种元

28、素，则B为N元素，C为H元素，（1）A为C元素，A元素的电子排布式为Is22s22p3故答案为：Is22s22p4;（2）A、B、C可组成化学式C4B2A3的物质为NH4NO3,是离子化合物，故答案为：离子；（3）B、C两种元素组成的五原子离子为NH4+,其中氮原子杂化方式为sp3,该离子的空间构型为正四面体形，故答案为：sp3；正四面体形；（4）化合物NH3是极性分子，故答案为：极性.【分析】A、B、C均为短周期元素，A的P能级上只有一对成对电子，则P能级上有4个电子，则A为C元素，B、C两种元素组成的五原子一价阳离子含10个电子，则该离子为钱根离子，A和B是同周期相邻的两种元素，则B为N元

29、素，C为H元素，据此答题.0【答案(3)；S,元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性H2SO4VHCIO4,金属性BaCa,金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性Ca(OH)2CO2、CS2、SCbF等CN（7）匿亭OW【解析】【解答】（I）Ti的原子序数为22,原子核外电子数为22,位于第四周期第IVB族，最后填充d电子Ti基态核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d24s2（11KAr3d24s2）（2）甲醛HCHO分子空间构型为平面三角形；碳形成3个。键，无孤电子对，分子中碳原子轨道杂化类型为sp2,键和G键的个数之比为1：3；（3）

30、氨气极易溶于水，氨分子是极性分子，水是极性溶剂，由相似相溶原理可知，氨气易溶于水，氨气能与水反应生成一水合氨，使氨气溶解度增大，氨气与水分子之间能形成氢键，使氨气溶解度增大。TiKCN）4产的结构可表示为（4）甲苯分子中能够共平面的原子坡多为7个C、苯环上5个H,甲基上一个H共13个；苯环不易被卤素加成，而比较容易被卤素取代苯环上的氢，原因是苯环上存在大键（或双键平均化）。（5）CNo中电子数为：6+78+l=22,与CNCr互为等电子体的微粒N20、Co2、CS2、SCN一等分子或离子。（6）TiKCN）F中Ti?+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型，CNNCCNo （7）由晶胞结构

31、图可知，体心为Ca?+,面心为。2一，该晶体中每个顶点Ti，+与面心的相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，晶体中，Ti4+和周围紧相邻数目为3x8/2=12,该晶体中，Ti4和周围12个O相紧邻；如图晶胞中Ti4+为8xl8=l,Ca?+为1,CP一为6xl2=3,令晶IxAf胞边长为X, p=mv= H X F晶胞边长为X1b则钛氧键的键长为=xxll0【分析】（1）根据Ti在元素周期表中的位置分析；（2）通过分析HCHO分子空间构型来判断碳原子轨道杂化类型（3）根据相似相溶原理解答；（4）考查分子中原子共面；（5）原子总数相同、电子总数或价电子总数相同的粒子互为等电子体，等

32、电子体通常具有结构相似的特征；（7）根据晶胞结构图分析；21.【答案】向揉口或5裕0（2）4Na；HCOOH和CO2都为分子晶体，HCoOH分子间形成氢键(3) NOC(4) Cl,C(5)前者(6)sp2杂化；7；184/VNa【解析】【解答】(I)C为6号元素，基态碳原子的价电子排布图为：X3一中一FillfltlU0;(2)单键形成的全部是。键，双键有一个是键，一个是键，所以，ImolHCOOH中含有4mol。键，即4Na,HCOOH和CO2都是分子晶体，但HCoOH存在分子间氢键，导致HCOOH的沸点比CO2高(3)RU络合物中除RU元素外还有H、C、N、0、P、Cl元素，第二周期的有

33、：C、N、0三种元素。一般情况下，从左往右，第一电离能逐渐增大，但N原子的2p轨道电子处于半充满状态，比氧原子难失电子，第一电离能比氧原子大，综上，三者第一电离能由大到小的顺序为：NOC;(4)由图可知，RU的络合物中与RU配位的原子有N、CkC；(5)第一个的sp?杂化轨道上有一个孤电子对，更容易形成配位键；(6)g-C3N4中N原子价层电子对数为3,根据价层电子对互斥理论判断，N原子杂化类型为sp2杂化；根据图二信息，重复的结构单元为六元环和外加三个N原子形成的结构，如图：口:由均摊法进行计算，该晶胞中N原子个数=8x3+8x:+2x!+4=8,C原子个数=3+6-=6,1个晶胞的质里=-

34、gf密度P=-g-Vcrn=rr-2NANAJZwAgcm3o【分析】均摊法计算立方晶胞中原子个数时，每个立方体内的原子全部属于该原子，每个面上的原子有二分之一属于该原子，每个棱上的原子四分之一属于该原子，每个顶点的原子八分之一属于该原子。22.【答案】(1)4d,05s25p,;SeGaIn(2) H2SO3；H2SeO3与H2SO3均可写为(Ho)2R0,非羟基氧个数相同，由于S的电负性更强,对羟基氧电子对吸引能力较强,羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是H2SO3(3) Ga(NH3)4Cl2JCl(4) NH3中的孤电子对与CM+配位，受到Cu?+吸引，对NH成键电子对斥力减弱，故NH

35、键角变大；减小溶剂极性，降低Cu(NH3)4SO4的溶解度MONAXb3XlV(6) SmFeAsOirFx;(1,1,0)；(0,0,1)222【解析】【解答】(1)锢的原子序数为49,则其电子排布式为1 s22s22p63s23p63d,04s24p64d105s25p1,简化电子排布式为Kr4d105s25p,;Ga与In同主族,Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第HA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能从大到小顺序为SeGaIn,故答案为：4d,05s25p,;SeGaIn;(2)Sea中硒原子的价

36、层电子对数为%采取杂化sp3,H2SeO3与H2SO3均可写为(HO)2RO,非羟基氧数目相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，导致H2SO3的酸性更强，故答案为：H2SO3;H2SeO3与H2SO3均可写为(Ho)2RO,非羟基氧个数相同，由于S的电负性更强，对羟基氧电子对吸引能力较强，羟基氧上的氢较易电离，故酸性更强的是H2SO3;(3)向题述某物质的溶液中加入足量AgNo3溶液，有沉淀生成，说明溶液中有电离出来的Ch过滤后，充分加热能够使所有的配位键断裂，生成游离的Cl-和NE,且氨全部逸出，游离的CF与足量AgNO3溶液反应又有沉淀生成，此时生成沉

37、淀的Cl-是形成配位键的Ch两次沉淀的物质的量之比为1：2,说明电离出来的C卜与形成配位键的Cl-个数比为1：2,该化合物的配位数为6,所以其化学式为Ga(NH3)4Cl2Cl,故答案为：Ga(NH3)4Cl2C1；(4)NH3中的孤电子对与CM+配位，受到CM+吸引，对NH成键电子对斥力减弱，故NH键角变大；乙醇的分子极性小,加入乙醇后,溶剂的极性减小,降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度，故答案为：NH3中的孤电子对与Cu2+Slft,受到C/+吸引，对NH成键电子对斥力减弱，故N-H键角变大；减小溶剂极性，降低Cu(NH3)4SO4的溶解度；(5)由题意可知，CUS晶体中铜离子位于互不相

38、邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为立apm,故答案为：立a；22CsS晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为g cm故答案为:640NAXb3 l；4叫Qs).一一NAx(bx10-NaXb5XlO30根据均摊原则，Sm原子数为4x1=2、Fe原子数为4x；，】=2、AS原子数为4-=2.F和O?-数目之和为8J+2!=2,F-和0的比例分别为x、.,则晶体的282化学式是SmFeASOLxFx,故答案为：SmFeASOEFx；根据图1中原子1的坐标为(1,1,1),可知原子2的坐标为(1,1,0)、原子222223的坐标为(0,0,1),故答案为：(1,J,0)；(0,0,1),2222【分析】(1)锢的原子序数为49,核外有49个电子，根据构造原理书写电子排布式;同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第HA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；(2)两者非羟基氧原子数目相同，S的电负性大于Se；(3)两次生成的沉淀物质的量之比为1：2,说明内界与外界含有的CI-数目数目分别为2、1,配合物配位数为6,故配体还有4个NH3；(4)CiP+与NH3形成的配离子Cu(NH3)42+中NH3中的孤对电子与Cu2+SSft,对N-H键成键电子对影响力降低；Cu(NH3)4ISO4在乙醇中的溶