热门试卷

(1)①1s22s22p5　②　sp2　

(2)CuCl　

(3)NH3中的N呈－3价，易提供孤对电子，Cu2＋提供空轨道形成配位键，而NF3中的N呈＋3价，故N的原子核对其孤对电子的吸引力增强，难以提供孤对电子与Cu2＋形成配位键。

(1)根据表中给出的化合价及电负性数值可知A、B、C、D、E五种元素分别为C、S、Cl、O、F。②通过成键电子对数与孤电子对数可判断中心原子杂化类型。(3)根据晶胞的结构可知Cl位于立方体的顶点和面心上，每个晶胞内含有Cl的个数为8×1/8＋6×1/2＝4，铜位于晶胞内，其个数为4，由个数比可以判断出化学式为CuCl。

(1)O；C；Mg；Al　(2)[Ar]3d54s2(或1s22s22p63s23p63d54s2)　(3)原子；A　(4)sp2；平面三角形　(5)C≡O

A、B是第二周期元素，C、D、E是第三周期元素。由题意，A原子的电子排布式为1s22s22p2，B原子的电子排布式为1s22s22p4；C原子中没有未成对电子，则C原子的电子排布式为1s22s22p63s2，所以A是C(碳)，B是O，C是Mg，D是Al，E是Si。(1)电负性O>C。因为Mg原子3s轨道上排满了2个电子，3p轨道上没有电子，Al的3p轨道上有1个电子，所以Mg的第一电离能比Al的第一电离能大。(2)F是25Mn，因为能级交错，E(3d)>E(4s)，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2。(3)SiO2晶体是原子晶体，Si—O键是单键，单键是σ键。(4)该物质是甲醛(HCHO)，甲醛是平面三角形结构，C原子以sp2的方式杂化。(5)CO与N2是等电子体，结构相似，CO是极性分子，分子中间的化学键是三键。

（16分，每空2分）（1）sp2   三角锥形 （2）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2    N＞O＞C

（3）MgNi3C    12   （4）Ni(OH)2＋4CN－＝[Ni(CN)4]2-＋2OH－    1:1

试题分析：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，这说明X的原子序数是2＋2＋2＝6，因此X是碳元素。Z是地壳中含量最多的元素，则Z是氧元素；Y的原子序数介于X与Z之间，所以Y是氮元素。W是电负性最大的元素，所以W是氟元素。元素Q的核电荷数等于Y、W原子的最外层电子数之和，因此Q的原子序数＝5＋7＝12，则Q是镁元素。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，所以R是镍元素。

（1）微粒XZ32-是CO32－，中心原子碳原子含有的孤对电子对数＝（4＋2－3×2）÷2＝0，所以该微粒的空间构型是平面正三角形，则碳原子杂化类型为 sp2杂化；化合物YW3是NF3，根据价层电子对互斥理论可知，中心原子N原子含有的孤对电子对数＝（5－3×1）÷2＝1，因此NF3分子空间构型为三角锥形结构。

（2）根据构造原理可知，镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。

（3）根据晶胞结构并依据均摊法可知，晶胞Mg原子的个数＝8×＝1个；Ni原子的个数＝6×＝3个；碳原子的个数＝1个，所以其化学式为MgNi3C。由于顶点被周围的8个正方体共用，所以根据晶胞结构可判断一个Mg原子紧邻（3×8）÷2＝12个Ni原子。

4）R的氢氧化物Ni(OH)2能溶于含CN－离子的溶液生成一种配离子[Ni(CN)4]2-，其中CN－是配体，因此反应的离子方程式是Ni(OH)2＋4CN－＝[Ni(CN)4]2-＋2OH－。HCN分子中含有1个碳氢单键和1个碳氮三键，由于单键是σ键，三键是由1个σ键与2个键构成的，所以化合物HCN分子中存在的σ键与键的数目之比为2:2＝1:1。