- 分子的立体结构
- 共1308题
（《物质结构与性质》）
（1）金属镁有许多重要的用途，法国化学家维多克•格利雅因发明了在有机合成方面用途广泛的格利雅试剂而荣获诺贝尔化学奖，格利雅试剂的结构简式可表示为RMgX，它是金属镁和卤代烃反应的产物，简称格氏试剂，它在醚的稀溶液中以单体形式存在，并与二分子醚络合，在浓溶液中以二聚体存在，结构如图：
①上述2种结构中均存在配位键，把你认为是配位键的用“→”标出______．
②由原子间的成键特点，可以预测中心原子Mg的杂化类型可能为______；Mg原子的核外电子排布式可表示为______．
③下列比较中正确的是______
A．金属键的强弱：Mg＞Al B．基态原子第一电离能：Mg＞Al
C．金属性：Mg＞Al D．晶格能：NaCl＞MgCl2
（2）将TiCl4在氩气保护下与镁共热得到钛：TiCl4+2Mg
①Ti元素在元素周期表中的位置是______，钛原子的外围电子排布式为______．
②TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟．则TiCl4属于______（填“原子”、“分子”或“离子”）晶体．
③二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯等有害气体可转化为二氧化碳和水，达到无害化．有关甲醛、苯、二氧化碳及水说法正确的是______．
A．苯与B3N3H6互为等电子体
B．甲醛、苯分子中碳原子均采用sp2杂化
C．苯、二氧化碳是非极性分子，水和甲醛是极性分子
D．水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键
（3）2001年报导的硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高纪录．如图中示意的该化合物的晶体结构单元：镁原子间形成正六棱柱，则棱柱的上下底面还各有一个镁原子，六个硼原子位于棱柱内，则该化合物的化学式可表示为______
A．MgB B．MgB2 C．Mg2B D．Mg3B2．
正确答案
解：（1）①含有空轨道的离子和含有孤电子对的原子间易形成配位键，配位键有提供孤电子对的原子指向提供空轨道的离子，所以其配位键分别是
故答案为：
②镁原子价层电子对个数是4，所以中心原子Mg的杂化类型为sp3，Mg是12号元素，原子核外有12个电子，根据构造原理知，其原子核外电子排布式为[Ne]3s2 或1s22s22p63s2，
故答案为：sp3；[Ne]3s2 或1s22s22p63s2；
③A．原子半径越小，金属键越强，镁原子半径大于铝原子，所以金属键的强弱：Mg＜Al，故错误；
B．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ⅡA族元素大于相邻元素，所以基态原子第一电离能：Mg＞Al，故正确；
C．同一周期元素中，元素的金属性随着原子序数的增大而呈减小，所以金属性：Mg＞Al，故正确；
D．离子晶体中，离子半径越小、电荷越多，晶格能越大，所以钠离子半径大于镁离子，且镁离子电荷大于钠离子，所以晶格能：NaCl＜MgCl2，故错误；
故选：BC；
（2）①钛原子序数22号元素，钛位于第四周期第ⅣB族；根据构造原理知，其价电子排布式为3d24s2，
故答案为：第四周期、ⅣB族；3d24s2；
②TiCl4的熔点较低，属于分子晶体，
故答案为：分子；
③A．原子个数相等价电子数相等的微粒为等电子体，所以苯与B3N3H6互为等电子体，故正确；
B．甲醛、苯分子中碳原子价层电子对个数都是3，所以碳原子均采用sp2杂化，故正确；
C．分子中正负电荷重心重合的为非极性分子，正负电荷重心不重合的为极性分子，苯、二氧化碳分子中正负电荷重心重合，所以是非极性分子，水和甲醛分子中正负电荷重心不重合，所以是极性分子，故正确；
D．氢键的存在导致物质的沸点升高，水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键，故正确；
故选：ABCD；
（3）镁原子个数=12×
故选：B．
解析
解：（1）①含有空轨道的离子和含有孤电子对的原子间易形成配位键，配位键有提供孤电子对的原子指向提供空轨道的离子，所以其配位键分别是
故答案为：
②镁原子价层电子对个数是4，所以中心原子Mg的杂化类型为sp3，Mg是12号元素，原子核外有12个电子，根据构造原理知，其原子核外电子排布式为[Ne]3s2 或1s22s22p63s2，
故答案为：sp3；[Ne]3s2 或1s22s22p63s2；
③A．原子半径越小，金属键越强，镁原子半径大于铝原子，所以金属键的强弱：Mg＜Al，故错误；
B．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ⅡA族元素大于相邻元素，所以基态原子第一电离能：Mg＞Al，故正确；
C．同一周期元素中，元素的金属性随着原子序数的增大而呈减小，所以金属性：Mg＞Al，故正确；
D．离子晶体中，离子半径越小、电荷越多，晶格能越大，所以钠离子半径大于镁离子，且镁离子电荷大于钠离子，所以晶格能：NaCl＜MgCl2，故错误；
故选：BC；
（2）①钛原子序数22号元素，钛位于第四周期第ⅣB族；根据构造原理知，其价电子排布式为3d24s2，
故答案为：第四周期、ⅣB族；3d24s2；
②TiCl4的熔点较低，属于分子晶体，
故答案为：分子；
③A．原子个数相等价电子数相等的微粒为等电子体，所以苯与B3N3H6互为等电子体，故正确；
B．甲醛、苯分子中碳原子价层电子对个数都是3，所以碳原子均采用sp2杂化，故正确；
C．分子中正负电荷重心重合的为非极性分子，正负电荷重心不重合的为极性分子，苯、二氧化碳分子中正负电荷重心重合，所以是非极性分子，水和甲醛分子中正负电荷重心不重合，所以是极性分子，故正确；
D．氢键的存在导致物质的沸点升高，水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键，故正确；
故选：ABCD；
（3）镁原子个数=12×
故选：B．
A、B、C、D、E、F为前四周期的元素．其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，A3+比B-少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全充满；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性在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价与最低化合价代数和为4，其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子；F元素的单质为紫红色固体，可通过“湿法冶金”而得．请回答下列问题：
（1）CB3分子中心原子的杂化类型是______．
（2）F元素的原子的外围电子排布式为______；如图所示为F与Au以3：1形成的合金晶胞图，在图中的括号内写出对应的元素符号．
（3）B、D元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：______（填化学式）．
（4）用导线将A和F的单质做成的电极连接起来，插入到盛有C的最高价氧化物的水化物的浓溶液中构成原电池，试写出在单质A表面发生反应的电极反应式：______．
（5）分子R是由C元素与氢元素形成的18电子分子，R的电子式为______．
（6）24g E的单质在33.6L氧气（标准状况）中燃烧，至反应物全部耗尽，放出x kJ热量．则1mol E与O2反应生成E的低价氧化物时的热化学方程式为______（已知：E的燃烧热为y kJ/mol）．
正确答案
解：A、B、C、D、E、F为前四周期的元素，其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，B原子得一个电子后3p轨道全充满，则B是Cl元素，A3+比B-少一个电子层，则A是Al元素；
C原子的p轨道中有3个未成对电子，则位于第VA族，其气态氢化物在水中的溶解性在同族元素所形成的氢化物中最大，则C是N元素；
D的最高化合价与最低化合价代数和为4，其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池，则D是S元素；
E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，有几种运动状态的电子则就有几个电子，则E是C元素；
F元素的单质为紫红色固体，可通过“湿法冶金”而得，则F是Cu元素．
（1）NCl3分子中心原子含有3个σ键和1个孤电子对，所以N原子的杂化类型是sp3，故答案为：sp3；
（2）F是Cu元素，铜原子核外有29个电子，3d能级上排列10个电子，4s能级上排列1个电子，所以Cu元素的原子的外围电子排布式为3d104s1，Cu与Au以3：1形成的合金晶胞图，利用均摊法得，黑色小球个数=8×
故答案为：3d104s1；
（3）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，所以Cl元素的非金属性大于S元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以酸性HClO4＞H2SO4，
故答案为：HClO4＞H2SO4；
（4）用导线将Al和Cu的单质做成的电极连接起来，插入到盛有N的最高价氧化物的水化物的浓溶液中构成原电池，铜易失电子而作负极，铝作正极，正极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O，故答案为：2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O；
（5）分子R是由N元素与氢元素形成的18电子分子，R为N2H4，R的电子式为
（6）24g C的单质在33.6L氧气（标准状况）中燃烧，至反应物全部耗尽，放出xkJ热量，
24gC的物质的量=
2C（s）+1.5O2（g）=CO（g）+CO2 △H=-xkJ/mol，
E的燃烧热为y kJ/mol，其完全燃烧热化学反应方程式为C（s）+O2（g）=CO（g）2 △H=-ykJ/mol，
1mol C与O2反应生成C的低价氧化物时的热化学方程式为C（s）+
故答案为：C（s）+
解析
解：A、B、C、D、E、F为前四周期的元素，其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，B原子得一个电子后3p轨道全充满，则B是Cl元素，A3+比B-少一个电子层，则A是Al元素；
C原子的p轨道中有3个未成对电子，则位于第VA族，其气态氢化物在水中的溶解性在同族元素所形成的氢化物中最大，则C是N元素；
D的最高化合价与最低化合价代数和为4，其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池，则D是S元素；
E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，有几种运动状态的电子则就有几个电子，则E是C元素；
F元素的单质为紫红色固体，可通过“湿法冶金”而得，则F是Cu元素．
（1）NCl3分子中心原子含有3个σ键和1个孤电子对，所以N原子的杂化类型是sp3，故答案为：sp3；
（2）F是Cu元素，铜原子核外有29个电子，3d能级上排列10个电子，4s能级上排列1个电子，所以Cu元素的原子的外围电子排布式为3d104s1，Cu与Au以3：1形成的合金晶胞图，利用均摊法得，黑色小球个数=8×
故答案为：3d104s1；
（3）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，所以Cl元素的非金属性大于S元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以酸性HClO4＞H2SO4，
故答案为：HClO4＞H2SO4；
（4）用导线将Al和Cu的单质做成的电极连接起来，插入到盛有N的最高价氧化物的水化物的浓溶液中构成原电池，铜易失电子而作负极，铝作正极，正极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O，故答案为：2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O；
（5）分子R是由N元素与氢元素形成的18电子分子，R为N2H4，R的电子式为
（6）24g C的单质在33.6L氧气（标准状况）中燃烧，至反应物全部耗尽，放出xkJ热量，
24gC的物质的量=
2C（s）+1.5O2（g）=CO（g）+CO2 △H=-xkJ/mol，
E的燃烧热为y kJ/mol，其完全燃烧热化学反应方程式为C（s）+O2（g）=CO（g）2 △H=-ykJ/mol，
1mol C与O2反应生成C的低价氧化物时的热化学方程式为C（s）+
故答案为：C（s）+
（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式______．在图中，与A原子配位的氧原子数目为______．
（2）基态Cr原子的核外电子排布式为______，其中电子的运动状态有______种．
（3）某些钙钛型复合氧化物能够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为______．
（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径
请解释碳酸钙热分解温度最低的原因：______．
正确答案
解：（1）A位于顶点、B位于体心，O位于面心，则晶胞中A的个数为8×
故答案为：ABO3；12；
（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，每个电子的运动状态都不同，则有24种不同的电子，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；24；
（3）N和O的价电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，则未成对的电子数目比为3：2，
故答案为：3：2；
（4）从表格中得出：这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高，由于钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低，
故答案为：碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果．钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低．
解析
解：（1）A位于顶点、B位于体心，O位于面心，则晶胞中A的个数为8×
故答案为：ABO3；12；
（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，每个电子的运动状态都不同，则有24种不同的电子，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；24；
（3）N和O的价电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，则未成对的电子数目比为3：2，
故答案为：3：2；
（4）从表格中得出：这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高，由于钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低，
故答案为：碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果．钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低．
（1）在CH4、CO、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有______，CH3OH的熔、沸点比CH4的熔、沸点比高，其主要原因______．
（2）某有机物的结构简式为CH3COOCH2CH（CHO）CH2OH，用*标记出其手性碳原子；要使其失去光学活性，可采用______（填反应类型，一个即可），写出对应的反应方程式______
（3）利用价层电子对数判断分子的空间构型：CO32-、H3O+、和ClO4-的空间构型分别为______，______和______．
正确答案
解：（1）判断原子采取杂化方式时，先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对，然后再确定采取的杂化方式．价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数，σ键电子对数=σ键个数=中心原子结合的原子个数，中心原子上的孤电子对数=1/2（a-xb），说明：对于分子，a为中心原子的价电子数，x为配位原子个数，b为配位原子最多能接受的电子数．在CH4中价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采取sp3杂化．在CO分子中价层电子对数=σ键电子对数（1）+中心原子上的孤电子对数（1），所以碳原子采取sp杂化．CH3OH中，价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采取sp3杂化，CH3OH分子间存在氢键其熔、沸点比CH4的熔、沸点比高，
故答案为：CH4、CH3OH；甲醇分子间形成氢键；
（2）通过加成反应，可以将醛基还原成羟基，CH3COOCH2CH（CHO）CH2OH+H2 →
故答案为：加成；CH3COOCH2CH（CHO）CH2OH+H2 →
（3）CO32-中孤对电子
故答案为：平面三角形；三角锥形；正四面体型．
解析
解：（1）判断原子采取杂化方式时，先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对，然后再确定采取的杂化方式．价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数，σ键电子对数=σ键个数=中心原子结合的原子个数，中心原子上的孤电子对数=1/2（a-xb），说明：对于分子，a为中心原子的价电子数，x为配位原子个数，b为配位原子最多能接受的电子数．在CH4中价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采取sp3杂化．在CO分子中价层电子对数=σ键电子对数（1）+中心原子上的孤电子对数（1），所以碳原子采取sp杂化．CH3OH中，价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采取sp3杂化，CH3OH分子间存在氢键其熔、沸点比CH4的熔、沸点比高，
故答案为：CH4、CH3OH；甲醇分子间形成氢键；
（2）通过加成反应，可以将醛基还原成羟基，CH3COOCH2CH（CHO）CH2OH+H2 →
故答案为：加成；CH3COOCH2CH（CHO）CH2OH+H2 →
（3）CO32-中孤对电子
故答案为：平面三角形；三角锥形；正四面体型．
（1）硼酸晶体属于______晶体
（2）硼酸晶体中，B的杂化轨道类型是______．
（3）硼酸晶体内所含有作用力类型有______．
（4）硼酸与水作用时，硼原子与水电离产生的OH-以配位键结合形成Y-离子，导致溶液中C（H+）＞c（OH-），Y-离子中的配位键可以表示为______．
（5）硼酸与氢氧化钠反应后，将溶液蒸发结晶，可以得到硼砂．硼砂阴离子Xm-（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图2所示：
①Xm-的化学式为______．
②Xm-离子内部______（填“有”或“没有”配位键），判断的理由是______．
正确答案
分子
sp2
共价键、氢键、范德华力
（B4O9H4）2-
有
B原子最外层只有三个价电子，但是4号B原子形成了4个键
解析
解：（l）硼酸晶体中存在H3BO3分子，因此，是分子晶体，
故答案为：分子；
（2）在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，B原子与3个羟基相连，无孤对电子对，
故答案为：sp2杂化；
（3）在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子与氧原子形成共价健、羟基中氢原子和氧原子间形成共价键，硼酸分子与硼酸分子间形成氢键、范德华力，
故答案为：共价健、氢键、范德华力；
（4）硼酸中B原子属于缺电子原子，在水溶液中可以结合水电离出的氢氧根，硼酸与水作用，B（OH）3+H20⇌
故答案为：
（5））①1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为SP2杂化，4号B形成4个键，则B原子为SP3杂化； B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间，观察模型，可知Xm-是（H4B4O9）m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2，所以Xm-的化学式为（B4O9H4）2-，
故答案为：（B4O9H4）2-；
②B原子最外层只有三个价电子，4号B形成4个键，则B原子为SP3杂化； B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间，
故答案为：有；B原子最外层只有三个价电子，但是4号B原子形成了4个键；
①1mol C60中σ键数目为______，在一定条件下C60可与氢气发生加成反应，则1mol C60最多可消耗______gH2．
②C60与H2反应后，碳的原子轨道杂化类型的变化情况是______
③金刚石中C-C键的键长为154.45pm，C60中C-C键长为145～140pm，但C60的熔点远远低于金刚石，原因是______．
正确答案
90
60
sp2
C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键
解析
解：①C60分子中每个原子只跟相邻的3个原子形成共价键，且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则每个C形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个C原子最外层才满足8电子稳定结构，双键数应该是C原子数的一半，而双键中有1个σ键、1个π键，显然π键数目为30，一个C跟身边的3个C形成共价键，每条共价键只有一半属于这个C原子，所以σ键为
故答案为：90；60；
②C60中每个碳原子形成3个σ键，所以C原子杂化方式为sp2，
故答案为：sp2；
③因为C60构成的晶体是分子晶体，影响分子晶体熔点的作用是分子间作用力；而金刚石构成的晶体是原子晶体，影响原子晶体熔点的作用是原子间共价键，共价键作用大大与分子间作用力，因此金刚石的熔点高于C60，所以尽管金刚石中C-C键的键长为154.45pm，C60中C-C键长为145～140pm，但其熔化时并不破坏化学键，因此比较键能没有意义，
故答案：C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键．
下列化学微粒中心原子是以sp2杂化的是（ ）
正确答案
解析
解：中心原子采用sp2杂化说明中心原子中价层电子对个数是3，价层电子对个数=σ 键+孤电子对个数，
A．BCl3中价层电子对个数=3+
B．NH3中价层电子对个数=3+
C．CH4中价层电子对个数=4+
D．BeCl2中价层电子对个数=2+
故选A．
氯的含氧酸根离子有ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-等，有关它们的下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．次氯酸根离子中氯元素是+1价，次氯酸根离子易得电子而体现较强的氧化性，故A错误；
B．酸性越强的酸，其结合氢离子能力越弱，高氯酸是最强的无机酸，所以高氯酸根离子结合氢离子能力最弱，故B错误；
C．ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-中价层电子对数都是4，所以都采取sp3杂化，故C正确；
D．ClO3-和NO3-的价层电子数不同，所以不是等电子体，故D错误；
故选C．
有关乙炔分子中的化学键描述不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：乙炔的结构式为H-C≡C-H，
A．乙炔中每个碳原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以碳原子采用sp杂化，故A正确；
B．根据A知，两个碳原子都采用sp杂化，故B错误；
C．每个碳原子中两个未杂化的2p轨道肩并肩重叠形成π键，故C正确；
D．两个碳原子之间形成1个σ键2个π键，故D正确；
故选B．
A．《物质结构与性质》
锌是一种重要的金属，锌及其化合物有着广泛的应用．
（1）葡萄糖酸锌[CH2OH（CHOH）4COO]2Zn是目前市场上流行的补锌剂．写出Zn2+基态电子排布式______；葡萄糖[CH2OH（CHOH）4CHO]分子中碳原子杂化方式______．
（2）Zn2+也能与NH3形成配离子[Zn（NH3）4]2+．配位体NH3分子空间构型为______；
在[Zn（NH3）4]2+中，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，试在图1中表示[Zn（NH3）4]2+中Zn2+与N之间的化学键______．
（3）如图2表示锌与某种元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为______；该化合物的晶体熔点比干冰高得多，原因是______．
正确答案
解：（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，葡萄糖分子中-CHO中的C原子成2个单键、1个C=O，杂化轨道数为3，采取sp2杂化，其它C原子成4个单键，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故答案为：1s22s22p63s23p63d10，sp2、sp3；
（2）NH3分子中N原子成3个N-H单键、含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故NH3分子为三角锥型，
[Zn（NH3）4]2+中Zn2+有空轨道，N有孤对电子，Zn2+与N之间的化学键为配位键
故答案为：三角锥型，
（3）由晶胞结构可知，晶胞中Zn原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Zn原子，X原子处于顶点与面心，晶胞中X原子数目为8×
故答案为：ZnX，该化合物是原子晶体，而干冰是分子晶体．
解析
解：（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，葡萄糖分子中-CHO中的C原子成2个单键、1个C=O，杂化轨道数为3，采取sp2杂化，其它C原子成4个单键，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故答案为：1s22s22p63s23p63d10，sp2、sp3；
（2）NH3分子中N原子成3个N-H单键、含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故NH3分子为三角锥型，
[Zn（NH3）4]2+中Zn2+有空轨道，N有孤对电子，Zn2+与N之间的化学键为配位键
故答案为：三角锥型，
（3）由晶胞结构可知，晶胞中Zn原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Zn原子，X原子处于顶点与面心，晶胞中X原子数目为8×
故答案为：ZnX，该化合物是原子晶体，而干冰是分子晶体．
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