数小于15可知，A是氧元素，B是钠元素；A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，C、D为同周期元素，且D元素最外层有一个未成对电子，因此D是氯元素。(1)元素的非金属性O>Cl>P，则电负性O>Cl>P，Na是金属，其电负性最小；P的电子数是15，根据构造原理可写出其核外电子排布式。(2)氧元素有O2和O3两种同素异形体，相对分子质量O3>O2，范德华力O3>O2，则沸点O3>O2。A和B的氢化物分别是H2O和NaH，所属晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。(3)PCl3分子中P含有一对孤电子对，其价层电子对数为4，因此其立体构型为三角锥形，中心原子P的杂化轨道类型为sp3杂化。(4)Cl2O分子中心原子O原子含有2对孤电子对，其价层电子对数为4，因此其立体构型为V形；根据电子守恒和质量守恒可写出Cl2与湿润的Na2CO3反应的化学方程式。(5)根据化合物F的晶胞结构，利用均摊11
法可计算出氧原子个数：N(O)＝8×8＋6×2＝4，钠原子全部在晶胞内，N(Na)＝8，因此F的化学式为Na2O；以顶角氧原子为中心，与氧原子距离最近且等距离的钠原子有8个，即晶胞中A 原子的配位m
数为8；晶胞参数即晶胞的棱长a＝0.566 nm，晶体F的密度＝V＝4×62 g/mol6.02×1023 mol－13
＝2.27 g/cm。 －7（0.566×10 cm）3答案 (1)O 1s22s22p63s23p3(或[Ne] 3s23p3)
(2)O3 O3相对分子质量较大，范德华力较大 分子晶体 离子晶体
(3)三角锥形 sp3杂化
(4)V形 4 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl(或2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋CO2＋2NaCl)
4×62 g/mol
(5)Na2O 8 ＝2.27
（0.566×10－7 cm）3×6.02×1023 mol－1
g/cm3
3.解析 根据题意经推断可知，a、b、c、d、e依次为H、N、O、S、Cu。
(1)根据同周期和同主族元素第一电离能的变化规律和N原子的价层电子结构特点(2p轨道半充满)，可知，N、O、S的第一电离能大小顺序为I(N)>I(O)>I(S)；Cu的价层电子排布式为3d104s1，其价层
电子轨道示意图为
(2)H与N、O、S形成的二元化合物分别为NH3、N2H4、H2O、H2O2、H2S。其中NH3分子呈三角锥形；中心原子的杂化方式为sp3杂化；根据分子结构式可知，分子中只含极性共价键的有：NH3、H2O、H2S，既含极性键又含非极性键的分子有N2H4和H2O2。
(3)这些元素形成的含氧酸有HNO2、HNO3、H2SO4、H2SO3，其5＋1
中HNO2和HNO3分子中的中心原子的价层电子对数为2＝3，6＋2－－
H2SO4和H2SO3为4＝4；SO2SO2 4呈四面体结构，3呈三角锥结构。
1
(4)晶胞中O原子的个数为8×8＋1＝2，Cu原子个数为4，两种
原子个数比Cu∶O＝2∶1，其化学式为Cu2O。铜离子的电荷数为＋1。
(5)H、N、O、S、Cu这五种元素形成离子个数比为1∶1型离子
－化合物中，呈四面体结构的阴离子只有SO24；由图2知该阳离子为
[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋，其中存在的化学键类型有共价键和配位键，由于H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱，故该化合物加热时先失去H2O。
答案 (1)N (2)sp3 H2O2、N2H4 (3)HNO2、HNO3 H2SO3 (4)＋1
－2＋
(5)SO2 共价键和配位键 HO HO与Cu的配位键比NH3422
与Cu2＋的弱
【一年模拟试题精练】
1.解析 短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子排布式为ms1，则A位于ⅠA族，B元素的原子价电子排布式为ns2np2，B属于ⅣA族，C元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，其原子核外电子排布式为1s22s22p4，故C为氧元素，D元素原子的L层的p能级中有3个未成对电子，则D元素原子电子排布式为1s22s22p3，故D为氮元素。
(1)A位于ⅠA族，若A元素为非金属元素，则A为氢元素，与氧元素的化合物为H2O、H2O2，化合物中的共价键为σ键。
(2)当n＝2时，B为碳元素，其最简单气态氢化物分子式为CH4，为正四面体结构，其中心原子杂化方式为sp3杂化；BC2为CO2，CO2为直线形结构，分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，当n＝3时，B为Si元素，与氧元素形成的化合物为SiO2，属于原子晶体。
(3)若A元素的原子最外层电子排布式为2s1，A为锂元素，B元素的原子价电子排布式为3s23p2，B为硅元素，同周期元素第一电离能从左往右总体上呈增大趋势，非金属性越强其第一电离能越大，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半充满状态，则N元素的第一电离能高于O元素，故四种元素第一电离能大小顺序为：N＞O＞Si＞Li。
(4)由晶胞图可知，每个钛原子周围与它最近且距离相等的钙离子位于体心，故与Ti原子最近且距离相等的钙离子有8个，根据均摊法可知，处于顶角的原子同时为8个晶胞所共有，每个原子有1/8属于该晶胞，处于棱上的原子，同时被4个晶胞所共有，每个原子有1/4属于该晶胞；处于体心位置的原子则完全属于该晶胞，所以1??1??
N(Ca)∶N(Ti)∶N(O)＝1∶?8×8?∶?12×4?＝1∶1∶3，该晶体的化学
????式为CaTiO3。
答案 (1)2s22p4 σ (2)正四面体 sp3 非极性 原子 (3)N＞O＞Si＞Li (4)8 CaTiO3
2.解析 由题干信息可知，X、Y、Z、W、R五种元素分别为N、O、S、Ca、Ti。(2)由于N的2p轨道处于半充满状态，结构稳定，故其第一电离能大于O。(3) N的常见单质为N2，两个氮原子间通过三
键相结合，其中含有1个σ键和2个π键。(4)S的最高价氧化物对应
－
水化物的酸根离子为SO24，中心硫原子有4对成键电子，故其空间
构型为正四面体形，中心原子的杂化轨道类型为sp3。(5)由晶胞的结构示意图，根据“均摊法”可确定该矿物的一个晶胞中含有3个O、1个Ca和1个Ti，其化学式为CaTiO3 ，由晶胞边长可知该晶胞的体积为a3 cm3，一个晶胞的质量为136 g/NA，则该晶胞的密度为136/(a3NA g)/cm3。
答案 (1)[Ar]3d24s2 (2)N>O (3)1 (4)正四面体 sp3 (5)CaTiO3 136/(a3NA)
3.解析 (1)Ga核外有31个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1。(2)同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，电负性也逐渐减小，因此氮所在主族中第一电离能最大的为N。Ga所在主族中，电负性最大的为B。(3)根据原子守恒配平化学方程式。(4)氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构，则氮化镓为原子晶体，Ga原子与N原子之间以共价键相结合。(5)①1个Ga与4个N形成共价键，Ga无孤电子对，则杂化类型为sp3杂化。1一个N周围有4个Ga，N的配位数为4，②该晶胞中Ga的个数为8×81
＋1＝2，N的个数为4×4＋1＝2。以该晶胞为研究对象，则ρ×a3314×2＋70×2
＝，a＝N
A
168
cm。
NA〃ρ答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1
(2)N B (3)GaCl3＋NH3一定条件=====GaN＋3HCl (4)共价键 原子 (5)①sp杂化 4 ②3
3
168
NA·ρ
4.解析 (1)①Ti2＋的核外电子排布式，先写Ti原子核外电子排布
3
式，再由外向内失电子。②BH－4中B原子价层电子对数为4，sp杂
化，空间正四面体构型。(2)A项，NH3分子中N原子价层电子对数为1＋3＝4，N原子sp3杂化，正确；B项，NH3分子间能形成氢键，沸点比PH3高，正确；C项，NH3是配体，N原子是配位原子，正确；D项，CN－与N2是等电子体，结构相似，正确。(3)①CS2是非极性溶剂，根据相似相溶原理， C60是非极性分子。②每个碳原子与另外三个碳原子相连，形成3个σ键，每个碳原子占有1/2，1 mol C60中mσ键为90 mol。(4)MgH2晶胞中占有2个Mg、4个H原子，ρ＝V＝N2×MNA×26n×MNA523
＝＝＝a，V＝ cm。 VVVa〃NA
答案 (1) ①1s22s22p63s23p63d2或[Ar]3d2 ②正四面体 (2)ABCD
(3)①非极性 ②90NA(或90×6.02×1023或5.418×1025) 52(4) a·NA
高考化学复习题型集训39 物质结构与性质
