高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 選考“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”保分練（含解析）-人教版高三化學(xué)試題

選考“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”保分練1．(2019·呼和浩特模擬)鉑(Pt)可以和很多化合物形成配合物，生產(chǎn)生活中有重要的用途。(1)鉑和氨水可以形成配合物，可用于提取鉑。氨水中各元素的第一電離能由大到小的順序是____________。(2)二氯二吡啶合鉑是由Pt2＋、Cl－和吡啶結(jié)合形成的鉑配合物，有順式和反式兩種同分異構(gòu)體，科學(xué)研究表明，反式分子和順式分子一樣具有抗癌活性。①Cl－的核外電子排布式為____________。②吡啶分子是大體積平面配體，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，吡啶分子中氮原子的軌道雜化方式是__________，分子中的大π鍵可用符號(hào)Πeq\o\al(n,m)表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，則吡啶中的大π鍵應(yīng)表示為________；1mol吡啶中含有σ鍵的數(shù)目為_______。③二氯二吡啶合鉑分子中存在的微粒間作用力有________(填標(biāo)號(hào))。a．離子健b．配位鍵c．金屬鍵d．非極性鍵e．氫鍵f．極性鍵④二氯二吡啶合鉑分子中，Pt2＋的配位數(shù)是4，但是其軌道雜化方式并不是sp3，簡(jiǎn)述理由______________________________________________________________。⑤反式二氯二吡啶合鉑分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，該分子是________________分子(填“極性”或“非極性”)。(3)富勒烯C60能夠與Pt結(jié)合形成一系列絡(luò)合物。富勒烯(C60)的結(jié)構(gòu)如圖2所示，C60屬于________晶體；C60分子中五元環(huán)與六元環(huán)的數(shù)目比為__________。(已知簡(jiǎn)單多面體的頂點(diǎn)數(shù)V、棱數(shù)E及面數(shù)F間有如下關(guān)系：V－E＋F＝2)(4)金屬鉑立方晶胞的二維投影圖如圖3所示。若金屬鉑的密度為dg·cm－3，則晶胞參數(shù)a＝__________nm(列出計(jì)算式即可)。解析：(1)氨水中的元素有H、N、O，H的非金屬性最弱，H的第一電離能最??；O的價(jià)電子排布為2s22p4，N的價(jià)電子排布為2s22p3，N的2p處于半充滿狀態(tài)較穩(wěn)定，第一電離能：N>O；第一電離能：N>O>H。(2)①Cl－的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6。②由吡啶的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以看出，N原子形成2個(gè)σ鍵，N上還有1對(duì)孤電子對(duì)，吡啶分子中氮原子的雜化方式是sp2雜化。吡啶分子中5個(gè)碳原子也采取sp2雜化，每個(gè)C原子未參與雜化的2p軌道上的1個(gè)電子和N原子的未參與雜化的2p軌道上的1個(gè)電子形成大π鍵，參與形成大π鍵的原子數(shù)為6、電子數(shù)為6，吡啶中的大π鍵表示為Πeq\o\al(6,6)。1個(gè)吡啶分子中含4個(gè)碳碳σ鍵、2個(gè)碳氮σ鍵和5個(gè)碳?xì)洇益I，共11個(gè)σ鍵，1mol吡啶中含有σ鍵的數(shù)目為11NA。③二氯二吡啶合鉑是由Pt2＋、Cl－和吡啶結(jié)合形成的鉑配合物，Pt2＋與Cl－、吡啶分子間為配位鍵，吡啶分子中存在碳碳非極性鍵、碳?xì)錁O性鍵、碳氮極性鍵。④根據(jù)題意，二氯二吡啶合鉑有順式和反式兩種同分異構(gòu)體；若Pt2＋以sp3雜化軌道進(jìn)行配位，則二氯二吡啶合鉑為四面體結(jié)構(gòu)，不存在順?lè)串悩?gòu)體，所以Pt2＋的軌道雜化方式不是sp3。⑤反式二氯二吡啶合鉑的結(jié)構(gòu)對(duì)稱，正電中心和負(fù)電中心重合，反式二氯二吡啶合鉑為非極性分子。(3)C60由分子構(gòu)成，C60屬于分子晶體。設(shè)C60中五元環(huán)、六元環(huán)的個(gè)數(shù)依次為x、y，根據(jù)富勒烯的結(jié)構(gòu)，每個(gè)碳原子被3個(gè)五元環(huán)或六元環(huán)共用，每個(gè)碳碳鍵被2個(gè)五元環(huán)或六元環(huán)共用，則頂點(diǎn)數(shù)V＝60＝eq\f(5x＋6y,3)(①式)，棱數(shù)E為eq\f(5x＋6y,2)，面數(shù)F為x＋y，根據(jù)關(guān)系式V－E＋F＝2列式：60－eq\f(5x＋6y,2)＋x＋y＝2(②式)，聯(lián)立①式和②式，解得x＝12，y＝20，五元環(huán)與六元環(huán)的數(shù)目比為12∶20＝3∶5。(4)根據(jù)金屬鉑立方晶胞的二維投影圖可知，鉑的晶胞為面心立方最密堆積(如圖)，用“均攤法”，該晶胞中含Pt：8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4,1mol晶體的體積為eq\f(195g,dg·cm－3)＝eq\f(195,d)cm3；1個(gè)晶胞的體積為eq\f(\f(195,d)cm3,NA)×4＝eq\f(195×4,dNA)cm3，晶胞參數(shù)a＝eq\r(3,\f(195×4,dNA))cm＝eq\r(3,\f(195×4,dNA))×107nm＝eq\r(3,\f(780,602d))nm。答案：(1)N>O>H(2)①1s22s22p63s23p6(或[Ne]3s23p6)②sp2Πeq\o\al(6,6)11NA③bdf④若Pt2＋以sp3雜化軌道進(jìn)行配位，則二氯二吡啶合鉑為四面體結(jié)構(gòu)，不存在順?lè)串悩?gòu)體(二氯二吡啶合鉑分子存在順?lè)磧煞N構(gòu)型，若為sp3雜化則不存在順?lè)串悩?gòu))⑤非極性(3)分子3∶5(4)eq\r(3,\f(195×4,dNA))×107或eq\r(3,\f(780,602d))2．(2019·龍巖質(zhì)檢)磷和砷的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]____________；As原子的逐級(jí)電離能(kJ·mol－1)數(shù)據(jù)如表：第一電離能第二電離能第三電離能第四電離能第五電離能第六電離能947.0179827354837604312310第五電離能與第六電離能相差顯著的原因：__________________________________。(2)紅磷是巨型共價(jià)分子，無(wú)定型結(jié)構(gòu)。能證明紅磷是非晶體的最可靠方法是__________。A．質(zhì)譜 B．原子發(fā)射光譜C．核磁共振譜 D．X射線衍射(3)黑磷是新型二維半導(dǎo)體材料，具有類似石墨一樣的片層結(jié)構(gòu)(如圖1)，層與層之間以____________結(jié)合。從結(jié)構(gòu)上看，單層磷烯導(dǎo)電性優(yōu)于石墨烯的原因是__________________________________________________。(4)白磷(P4)分子是正四面體結(jié)構(gòu)，3.1g白磷中σ鍵的數(shù)目為________；白磷(P4)易溶于二硫化碳，難溶于水，其原因是___________________________________________。(5)GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。該晶體的類型為___________，Ga原子的雜化方式為________________________________________，每個(gè)As原子周圍最近的As原子數(shù)目為____________。已知GaAs的密度為dg·cm－3，摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，則晶胞中最近的As和Ga原子核間距為______________nm(阿伏加德羅常數(shù)值用NA表示，列出算式即可)。解析：(1)As為第四周期第ⅤA族元素，基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3；As原子最外層有五個(gè)電子，失去的第六個(gè)電子來(lái)自全滿的次外層，所需能量較高，使得As原子的第五電離能與第六電離能相差顯著。(2)紅磷是巨型共價(jià)分子，無(wú)定型結(jié)構(gòu)。能證明紅磷是非晶體的最可靠方法是X射線衍射實(shí)驗(yàn)。(3)黑磷是新型二維半導(dǎo)體材料，具有類似石墨一樣的片層結(jié)構(gòu)(如圖)，層與層之間以范德華力結(jié)合。石墨烯同層碳原子中，1個(gè)碳原子和周圍3個(gè)碳原子結(jié)合后，還剩1個(gè)價(jià)電子，單層磷烯同層磷原子中，1個(gè)磷原子和周圍3個(gè)磷原子結(jié)合后，還剩2個(gè)價(jià)電子，因此單層磷烯導(dǎo)電性優(yōu)于石墨烯。(4)白磷(P4)分子是正四面體結(jié)構(gòu)，1個(gè)白磷分子中含有6個(gè)P—P鍵，3.1g白磷的物質(zhì)的量為eq\f(3.1g,124g·mol－1)＝0.025mol，σ鍵的數(shù)目為0.025×6NA＝0.15NA；二硫化碳和白磷都是非極性分子，水是極性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，難溶于水。(5)GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，熔點(diǎn)較高，屬于原子晶體。根據(jù)結(jié)構(gòu)圖，Ga原子與周圍的4個(gè)As原子相連接，雜化方式為sp3，As原子位于立方體的頂點(diǎn)和面心，每個(gè)As原子周圍最近的As原子數(shù)目為12個(gè)。每個(gè)晶胞中含有4個(gè)Ga原子和8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個(gè)As原子，則晶胞的邊長(zhǎng)＝eq\r(3,\f(m,ρ))＝eq\r(3,\f(4M,dNA))cm＝eq\r(3,\f(4M,dNA))×107nm，晶胞中最近的As和Ga原子核間距為晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)度的eq\f(1,4)＝eq\r(3,\f(4M,dNA))×107nm×eq\f(\r(3),4)＝eq\r(3,\f(4M,dNA))×eq\f(\r(3),4)×107nm。答案：(1)3d104s24p3As原子最外層有五個(gè)電子，失去的第六個(gè)電子來(lái)自全滿的次外層，所需能量較高(2)D(3)范德華力石墨烯同層碳原子中，1個(gè)碳原子和周圍3個(gè)碳原子結(jié)合后，還剩1個(gè)價(jià)電子，單層磷烯同層磷原子中，1個(gè)磷原子和周圍3個(gè)磷原子結(jié)合后，還剩2個(gè)價(jià)電子(4)0.15NA二硫化碳和白磷都是非極性分子，水是極性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，難溶于水(5)原子晶體sp312eq\r(3,\f(4M,dNA))×eq\f(\r(3),4)×1073．(2019·濟(jì)寧模擬)由P、S、Cl、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛的用途，回答下列問(wèn)題。(1)基態(tài)Cl原子核外電子排布式為____________________，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序?yàn)開_______。(2)SCl2分子中的中心原子雜化軌道類型是________，該分子構(gòu)型為________。(3)Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，該分子中σ鍵與π鍵個(gè)數(shù)比為________。(4)已知MgO與NiO的晶體結(jié)構(gòu)(如圖1所示)相同，其中Mg2＋和Ni2＋的離子半徑為66pm和69pm。則熔點(diǎn)：MgO________NiO(填“>”“<”或“＝”)，理由是__________________________________________。(5)若NiO晶胞中離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0)，B為(1,1,0)，則C離子坐標(biāo)參數(shù)為________。(6)一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認(rèn)為O2－作密置單層排列，Ni2＋填充其中(如圖2所示)，已知O2－的半徑為am，每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為________g(用a、NA表示)。解析：(1)基態(tài)Cl原子的電子排布式為1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5，同周期元素第一電離能從左到右呈增大的趨勢(shì)，第一電離能排序時(shí)，P元素電子排布有半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能較高，高于S元素而低于Cl元素，所以第一電離能：Cl>P>S。(2)SCl2中S原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝2＋eq\f(1,2)×(6－1×2)＝4，采取sp3雜化方式，含兩對(duì)孤對(duì)電子，所以該分子構(gòu)型為V形。(3)Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，CO中含有1個(gè)σ鍵，2個(gè)π鍵，配位鍵也屬于共價(jià)鍵，也為σ鍵，該分子中σ鍵個(gè)數(shù)為1×4＋4＝8，π鍵個(gè)數(shù)為2×4＝8，故σ鍵與π鍵個(gè)數(shù)比為1∶1。(4)晶體結(jié)構(gòu)相同時(shí)，離子半徑越小，離子鍵強(qiáng)度越大，Mg2＋半徑比Ni2＋小，MgO的晶格能比NiO大，熔點(diǎn)：MgO>NiO。(5)題中已經(jīng)給出了坐標(biāo)系的三個(gè)方向示意圖，晶胞是邊長(zhǎng)為1的正方體，C離子坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))。(6)圖中的單分子層可以如圖畫出一維重復(fù)單元。重復(fù)單元呈平行四邊形，是相鄰四個(gè)O原子球中心的連線，每個(gè)重復(fù)單元包含1個(gè)O原子和1個(gè)Ni原子，NiO相對(duì)分子質(zhì)量為75。重復(fù)單元所占的平行四邊形面積：S＝2am×eq\r(3)am＝2eq\r(3)a2m2，則1平方米上該晶體質(zhì)量為eq\f(1,2\r(3)a2)×eq\f(1,NA)×75g。答案：(1)1s22s22p63s23p5(或[Ne]3s23p5)Cl>P>S(2)sp3V形(3)1∶1(4)>Mg2＋半徑比Ni2＋小，MgO的晶格能比NiO大(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))(6)eq\f(25\r(3),2a2NA)或eq\f(75,2\r(3)a2NA)4．(2019·濰坊模擬)Cu、Fe、Se、Co、S、P等元素常用于化工材料的合成。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)Fe3＋最外層電子排布式為_______________，其核外共有__________種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子。Fe3＋比Fe2＋更穩(wěn)定的原因是_________________________________________。(2)硒為第四周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則三種元素的電負(fù)性從大到小的順序?yàn)開___________________(用元素符號(hào)表示)，SeO2分子的空間構(gòu)型為________________________________________________________________________。(3)P4S3可用于制造火柴，其分子結(jié)構(gòu)如圖1所示。P4S3分子中硫原子的雜化軌道類型為__________，每個(gè)P4S3分子中含孤電子對(duì)的數(shù)目為______________。(4)銅的某種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，若該晶胞的邊長(zhǎng)為acm，則該氧化物的密度為________g·cm－3。(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)解析：(1)Fe原子核電荷數(shù)為26，電子排布式[Ar]3d64s2，F(xiàn)e3＋最外層電子排布式為3s23p63d5；其核外共有23種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子；Fe3＋比Fe2＋更穩(wěn)定的原因是Fe3＋的電子排布為[Ar]3d5,3d軌道為半充滿狀態(tài)，比Fe2＋的電子排布[Ar]3d6更穩(wěn)定。(2)同一周期元素，從左到右，電負(fù)性增大，所以三種元素的電負(fù)性從大到小的順序?yàn)锽r>Se>As；因?yàn)镾eO2中Se中心原子有兩對(duì)孤電子對(duì)，所以它是V形結(jié)構(gòu)。(3)從P4S3分子的結(jié)構(gòu)可以看出，S原子形成兩個(gè)鍵，考慮到S原子本身價(jià)層含有兩對(duì)孤電子對(duì)，成鍵是3p中的單電子成鍵，因此雜化軌道為不等性的sp3雜化；1個(gè)P4S3分子中含有4個(gè)P和3個(gè)S，一個(gè)P含有1對(duì)孤電子對(duì)，1個(gè)S含有2對(duì)孤電子對(duì)，則每個(gè)P4S3分子含有的孤電子對(duì)數(shù)為4×1＋2×3＝10。(4)根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，含有銅原子個(gè)數(shù)為4，氧原子個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，所以該晶胞含有2個(gè)Cu2O，該晶胞的邊長(zhǎng)為acm，則晶胞的體積為a3cm3，設(shè)晶體的密度為ρg·cm－3，晶胞中含有Cu2O的質(zhì)量為eq\f(2×144,NA)g＝eq\f(288,NA)g，所以a3＝eq\f(288,ρNA)，所以ρ＝eq\f(288,NAa3)g·cm－3。答案：(1)3s23p63d523Fe3＋的電子排布為[Ar]3d5,3d軌道為半充滿狀態(tài)，比Fe2＋的電子排布[Ar]3d6更穩(wěn)定(2)Br>Se>AsV形(3)sp310(4)eq\f(288,NAa3)5．法醫(yī)常用馬氏試砷法檢驗(yàn)是否砒霜(As2O3)中毒，涉及的反應(yīng)如下：Ⅰ.6Zn＋As2O3＋12HCl=6ZnCl2＋2AsH3(砷烷)↑＋3H2O；Ⅱ.2AsH3=2As(黑色砷鏡)＋3H2。(1)寫出砷的基態(tài)原子價(jià)電子排布圖_____________________________________。(2)砷烷的空間結(jié)構(gòu)為____________；砷烷中心原子雜化方式為____________。(3)砷烷同族同系列物質(zhì)相關(guān)性質(zhì)如表所示：NH3PH3AsH3SbH3熔點(diǎn)/℃－77.8－133.5－116.3－88沸點(diǎn)/℃－34.5－87.5－62.4－18.4從PH3→AsH3→SbH3熔沸點(diǎn)依次升高的原因是______________________________；NH3分子例外的原因是_______________________________________。(4)第一電離能數(shù)據(jù)I(As)>I(Se)，可能的原因是_______________________________。(5)砷與銦(In)形成的化合物(X)具有優(yōu)良的光電性能，廣泛應(yīng)用于光纖通信用激光器，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則其化學(xué)式為________；晶胞邊長(zhǎng)a＝666.67pm，則其密度為____________g·cm－3(邊長(zhǎng)a可用eq\f(2000,3)近似計(jì)算，設(shè)NA＝6.0×1023mol－1)。解析：(1)砷為33號(hào)元素，位于第ⅤA族，基態(tài)原子價(jià)電子排布圖為。(2)砷烷的結(jié)構(gòu)與氨氣類似，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形；砷烷中心原子為sp3雜化。(3)對(duì)于分子組成結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)來(lái)說(shuō)，相對(duì)分子質(zhì)量越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)越高，因此PH3→AsH3→SbH3熔沸點(diǎn)依次升高；由于NH3可以形成分子間氫鍵，導(dǎo)致NH3分子的熔沸點(diǎn)反常。(4)As的價(jià)電子排布為4s24p3，為半充滿結(jié)構(gòu)，較穩(wěn)定，所以第一電離能數(shù)據(jù)比Se還大。(5)砷與銦(In)形成的化合物(X)的晶胞中含有As原子數(shù)＝4，含有In原子數(shù)＝8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，化學(xué)式為InAs;1molInAs中含有eq\f(1,4)mol晶胞，因此密度＝eq\f(115＋75g·mol－1,\f(1,4)×6.0×1023mol－1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2000,3)×10－10cm))3)＝4.275g·cm－3。答案：(1)(2)三角錐形sp3(3)對(duì)于分子組成結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)來(lái)說(shuō)，隨相對(duì)分子質(zhì)量增加，分子間作用力增大，故熔沸點(diǎn)升高NH3可以形成分子間氫鍵(4)As的價(jià)電子排布為4s24p3，為半充滿結(jié)構(gòu)，較穩(wěn)定，所以第一電離能數(shù)據(jù)比Se還大(5)InAs4.2756．鈾是原子反應(yīng)堆的原料，常見鈾的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)UF4用Mg或Ca還原可得金屬鈾。金屬鈾的一種堆積方式為體心立方堆積，該堆積方式的空間利用率為_______；基態(tài)鈣原子核外電子排布式為__________；熔點(diǎn)MgO(2852℃)高于CaO(2614℃)，其原因是_________________________________。(2)2UO2＋5NH4HF2eq\o(→,\s\up7(150℃),\s\do5())2UF4·NH4F＋3NH3↑＋4H2O↑。NH4HF2中所含作用力有______(填字母)。a．氫鍵b．配位鍵c．共價(jià)鍵d．離子鍵e．金屬鍵(3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]eq\o(→,\s\up7(800℃),\s\do5())3UO2＋10NH3↑＋9CO2↑＋N2↑＋9H2O↑。①NHeq\o\al(＋,4)的空間構(gòu)型為________，與NHeq\o\al(＋,4)互為等電子體的分子或離子有____________(寫兩種)。②COeq\o\al(2－,3)中碳原子雜化軌道類型為________。③分解產(chǎn)物中屬于非極性分子的是________(填字母)。a．NH3b．CO2c．N2d．H2O(4)UO2的晶胞結(jié)構(gòu)及晶胞參數(shù)如圖所示：①晶胞中U的配位數(shù)為________。②UO2的密度為____________________________________________________g·cm－3(列出計(jì)算式即可，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。解析：(1)根據(jù)不同堆積方式的空間利用率可知，體心立方堆積空間利用率為68%；Ca是20號(hào)元素，原子核外電子數(shù)為20，則基態(tài)鈣原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；CaO和MgO都是離子晶體，且離子的電荷數(shù)相等，但鎂離子的半徑比鈣離子的半徑小，鎂離子對(duì)氧離子的作用比鈣離子強(qiáng)，因此氧化鎂的晶格更加牢固，晶格能更大，故MgO晶體的熔點(diǎn)高于CaO。(2)NH4HF2中NHeq\o\al(＋,4)與HFeq\o\al(－,2)之間為離子鍵，N—H為(極性)共價(jià)鍵、配位鍵，HFeq\o\al(－,2)的結(jié)構(gòu)式為[F—H…F]－，含有(極性)共價(jià)鍵和氫鍵。(3)①NHeq\o\al(＋,4)中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4且不含孤電子對(duì)，為sp3雜化，四個(gè)N—H鍵的鍵能、鍵長(zhǎng)及鍵角均相同，空間構(gòu)型為正四面體；原子總數(shù)相同、價(jià)電子總數(shù)相同的粒子互稱為等電子體，NHeq\o\al(＋,4)共有5個(gè)原子、8個(gè)價(jià)電子，與其互為等電子體的分子或離子有：CH4、BHeq\o\al(－,4)、BeHeq\o\al(2－,4)、AlHeq\o\al(－,4)、SiH4及GeH4等。②COeq\o\al(2－,3)中σ鍵個(gè)數(shù)＝配原子個(gè)數(shù)＝3，且不含孤電子對(duì)，所以C原子采用sp2雜化。③NH3為極性鍵構(gòu)成的三角錐形分子，結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，是極性分子；CO2呈直線形，結(jié)構(gòu)對(duì)稱，是非極性分子；N2為非極性鍵組成的雙原子分子，結(jié)構(gòu)對(duì)稱，是非極性分子；H2O為極性鍵構(gòu)成的V形分子，是極性分子。(4)①晶胞不是孤立的，在UO2晶胞中每個(gè)U4＋連接4個(gè)氧離子，但在下面一個(gè)晶胞中又連接4個(gè)氧離子，所以其配位數(shù)為8。②用均攤法可求得平均每個(gè)晶胞中U4＋個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，O2－個(gè)數(shù)為8，晶胞質(zhì)量為m＝eq\f(4×238＋32,NA)g＝eq\f(4×270,NA)g，晶胞體積為V＝a3＝(5.455×10－10m)3＝(5.455×10－8cm)3，則UO2的密度為ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(4×270,NA×5.455×10－83)g·cm－3。答案：(1)68%1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2CaO和MgO均為離子晶體，MgO的晶格能大于CaO，故MgO晶體的熔點(diǎn)高(2)abcd(3)①正四面體CH4、BHeq\o\al(－,4)、BeHeq\o\al(2－,4)、AlHeq\o\al(－,4)、SiH4及GeH4等(任寫兩種)②sp2③bc(4)①8②eq\f(4×270,NA×5.455×10－83)7．B、N、Co均為新型材料的重要組成元素。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)基態(tài)Co原子核外電子占據(jù)________種不同的能級(jí)，其中有________個(gè)未成對(duì)電子。(2)Co能形成[Co(CNO)6]3－。①1mol該離子中含有σ鍵的數(shù)目為___________________________________________。②與CNO－互為等電子體的分子為________(填化學(xué)式，任寫一種)。③C