2020高考化学大题专项训练《物质结构与性质（1）》及答案解析

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1、2020高考化学大题专项训练物质结构与性质（1）1卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物。（1）气态氟化氢中存在二聚分子(HF)2，这是由于_。（2）I3+属于多卤素阳离子，根据VSEPR模型推测I3+的空间构型为_，中心I原子的杂化轨道类型为_。（3）基态溴原子的电子排布式为_，碘原子价电子的电子排布图为_。（4）卤素互化物如IBr、ICl等与卤素单质结构相似、性质相近。Cl2、IBr、ICl沸点由高到低的顺序为_，I和Cl相比，电负性较大的是_，ICl中I元素的化合价为_。（5）请推测HClO4、HIO4、H5IO6可写成(HO)5IO三种物质的酸性由强到弱

2、的顺序为_(填序号)。（6）卤化物RbICl2加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物和卤素互化物，该反应的化学方程式为_。RbICl2的晶体结构与CsCl相似，晶胞边长为685.5pm，RbICl2晶胞中含有_个氯原子，RbICl2晶体的密度是_gcm-3(只要求列算式，不必计算出数值阿伏伽德罗常数为NA)。【答案】（1）HF分子间形成氢键    （2）V形    sp3   （3） Ar3d104s24p5        （4）BrI>ICl>Cl2    Cl  

3、;  +1    （5）    （6）RbICl2RbCl+ICl    8        【解析】的电负性很大，HF分子之间形成氢键；故答案为：HF分子间形成氢键；的成键数为2，孤对电子数为，与水相似，则空间构型为V形，中心I原子的杂化轨道类型为；故答案为：V形；的原子序数为35，最外层有7个电子，为4s、4p电子，则电子排布式为，碘原子价电子的电子排布图为；故答案为：；分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点为，氯原子得电子能力强于I，所以Cl的电负性大，Cl显价，故I显价；故

4、答案为：；Cl；含非羟基氧原子个数越多，酸性越强，非羟基氧分别为3、3、1，但非金属性，则酸性为；故答案为：；根据元素守恒和原子守恒判断产物为RbCl和ICl，则反应方程式为；已知氯化钠的晶胞图为：，晶胞中含有4个阳离子和4个阴离子，的晶体结构与NaCl相似，晶胞中含有4个阴离子，则Cl原子为8个；1个晶胞中含有4个，根据，所以该晶胞的密度是；故答案为：RbICl2RbCl+ICl；8；。【点睛】有关晶胞的计算是晶体结构与性质考查的重要知识点，也是历次高考的重点内容之一。晶胞是描述晶体结构的基本单元，数量巨大的晶胞“无缝隙并置”构成晶体。晶胞中微粒数目的计算方法通常采用“均摊法”，“均摊法”的

5、原则：晶胞任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么每个晶胞对这个原子分得的份额就是；（1）利用“均摊法”计算长方体（包括立方体）晶胞中不同位置的微粒数：微粒位于顶角同为8个晶胞所共有，微粒属于该晶胞；微粒位于棱上同为4个晶胞所共有，微粒属于该晶胞；微粒位于面上同为2个晶胞所共有，微粒属于该晶胞；微粒位于晶胞内部，整个微粒属于该晶胞。2铁及其化合物在生活中有广泛应用。（1）Fe3+基态核外电子排布式为_。（2）实验室用KSCN溶液、苯酚检验Fe3+。1mol苯酚分子中含有键的数目为_。类卤素离子可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸和异硫氰酸，这两种酸中沸点较高的是_（3）

6、氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_。（4）某铁的化合物结构简式如图2所示上述化合物中所含有的非金属元素的电负性由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。上述化合物中氮原子的杂化方式为_。【答案】（1）Ar3d5    （2）13mol或136.021023    异硫氰酸或HNCS    （3）41    （4）ONCH    sp3和sp2    【解析】【分析】（1）按要求写出的电子排布式即可；（2）数出苯酚中的单键即可；沸点与分子间作用力有关，

7、硫氰酸分子间无法形成氢键，异硫氰酸分子间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高；（3）根据均摊法，数出氮、铁的原子数即可，注意面心上的原子算0.5个，体心算1个，边角上算0.125个；（4）电负性一定是O>N>C>H，也可从各物质之间形成的化合物，谁显负价谁电负性大来判断；而杂化方式可从其形成的键来判断；【详解】（1）Fe为26号元素，则的基态核外电子排布式为；（2）1个苯酚中有13个单键和一个大键；硫氰酸分子间无法形成氢键，异硫氰酸分子间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高；（3）氮原子在体心，因此就1个，铁原子有个，因此铁、氮的微粒个数之比为4:1； （4）电负性大小为O>

8、;N>C>H，氮原子有成单键的也有成双键的，因此氮的杂化方式有和两种。3微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。（1）基态B原子的电子排布图为_，其第一电离能比Be_（填“大”或“小”）。（2）三价B易形成配离子，如B(OH)4、BH4等。B(OH)4的结构简式为_ (标出配位键)，其中心原子的杂化方式为_，写出BH4的一种阳离子等电子体_。（3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为_(以n表示硼原子的个数)。（4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_。（5）三氯化硼的熔点比氯化镁

9、的熔点低，原因是_。（6）镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为_；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_。【答案】（1）    小   （2）     sp3    NH4+   （3） (BO2)nn-   （4）共价键、氢键    （5）三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱    （6）方最密堆积   &nb

10、sp;12NAa    【解析】（1）基态B的电子排布式为1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图为；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能BeB；（2）硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-，所以形成配位键，表示为：；B键合电子对数目为4，没有孤电子对，则中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒，则与BH4-互为等电子体的阳离子有：NH4+；（3）根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1

11、+2=2，所以其化学式可表示为：（BO2）nn-；（4）硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；（5）三氯化硼是共价型分子，其晶体为分子晶体，而氯化镁是离子化合物，其晶体是离子晶体，因范德华力比离子键弱，则三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低；（6）镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积，是六方最密堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+8=2，根据，则有Mr=12NAa。【点睛】晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是

12、解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。4（1）在CO2，NaCl，Na，Si，CS2，金刚石，（NH4）2SO4，乙醇中，由极性键形成的非极性分子有_（填序号，以下同），含有金属离子的物质是_，分子间可形成氢键的物质是_，属于离子晶体的是_，属于原子晶体的是_，五种物质的熔点由高到低的顺序是_。（2）A，B，C，D为四种晶体，性质如下：A固态时能导电，能溶于盐酸B能溶于CS2，不溶于水C固态时不导电，液态时能导电，可溶于水D固态、液态时均不导电，熔点为3500 试推断它们的晶体类型

13、：A_；B_；C_；D_。（3）下图中AD是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型，请填写相应物质的名称：A_；B_；C_；D_。【答案】（1）                        （2）金属晶体    分子晶体    离子晶体    原子晶体    （3）氯化铯    氯化钠    二氧化硅    金刚石（或晶体硅） &nbs

14、p;  【解析】 （1） CO2CS2中只含有极性键,分子都是直线形分子,正负电荷中心重合,属于非极性分子；由极性键形成的非极性分子有；NaCl是由钠离子和氯离子构成；Na是由钠离子和自由电子构成,都含有金属离子；含有金属离子的物质是；乙醇中羟基氢与羟基上的氧原子能形成氢键；分子间可形成氢键的物质是；NaCl由钠离子和氯离子构成，属于离子化合物；（NH4）2SO4由铵根离子和硫酸根离子构成，属于离子化合物；离子化合物在固态时均为离子晶体；属于离子晶体的是；Si金刚石都是由原子构成的原子晶体；属于原子晶体的是；晶体的熔点:原子晶体>离子晶体>金属晶体>分子晶体，Si和

15、金刚石都是原子晶体,原子半径越小,共价键越强,熔点越高,CO2和CS2都是分子晶体,相对分子质量越大熔点越高,Na的熔点低于100,，所以熔点高到低的顺序为: ；   综上所述，本题答案是： ； ； ； ； ； 。   （2）A固态时能导电,能溶于盐酸,属于活泼金属，属于金属晶体；B能溶于CS2，不溶于水，属于分子晶体；C固态时不导电，液态时能导电，可溶于水,属于离子晶体；D固态、液态时均不导电，熔点为3500 ，属于原子晶体；综上所述，本题答案是：金属晶体，分子晶体，离子晶体，原子晶体。（3）由晶胞结构模型可知：在氯化铯晶体中，每个Cs+同时吸引8个Cl-，每个Cl-吸引

16、8个Cs+，而氯离子与铯离子数目之比为1:1，故A为氯化铯；在氯化钠晶体中，每个Na+同时吸引着6个Cl-，每个Cl-吸引着6个Na+,而氯离子与钠离子的数目之比为1:1，故B为氯化钠晶体；在二氧化硅晶体中，每个Si原子与4个O原子结合，每个O原子与2个Si原子，硅原子与氧原子的个数比为1:2，故C为SiO2；在金刚石晶体中，每个碳原子周围紧邻4个碳原子，最小碳环由6个碳原子组成，故D为金刚石；（晶体硅的结构和金刚石相似）。由晶胞结构模型可以知道A、B、C、D分别为氯化铯、氯化钠、二氧化硅、金刚石(或晶体硅)；综上所述，本题答案是：氯化铯，氯化钠，二氧化硅，金刚石(或晶体硅)。5锌及锌的化合物

17、应用广泛。例如，测定铜合金中的铅、锌时要利用锌配离子的下列反应：Zn(CN)42-4HCHO4H2O=Zn2+4HOCH2CN4OH回答下列问题：（1）基态Zn2+ 的电子排布式为_，基态 C原子核外电子占据_个不同原子轨道。（2）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_，HOCH2CN分子中含有的键与键数目之比为_。（3）HCHO分子中碳原子轨道的杂化类型是_，福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO极易与水互溶的主要原因是_。（4）Zn(CN)42-中Zn2+与CN之间的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。（5）ZnO的一种最稳定的晶体结构如图所示，晶胞中Zn2+的配位

18、数为_。六棱柱底边长为a cm，高为b cm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则ZnO的密度为_ g/cm3（列出计算表达式）。【答案】（1）Ar3d10    4   （2） NOC    3:1    （3）sp2    HCHO与水分子间存在氢键    （4）配位键    C    （5）4        【解析】（1）基态Zn的电子排布式为Ar3d104s2，基态Zn2+的就是Ar&

19、nbsp;3d10；C原子核外电子占据4个不同原子轨道，2个s轨道，2个p轨道；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是NOC ； HOCH2CN分子结构式，单键均为键，三键中键与键数目之比为12， 合计键6个，键2个，键与键数目之比为3:1；（3）因为它是平面三角形的，或者说从碳原子的键型也可以看出来有两个单键，一个双键， 其中共有3个键，所以为sp2杂化；HCHO与水分子间存在氢键，故HCHO极易与水互溶；（4）Zn(CN)42-中Zn2+与CN之间的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是C原子；（5）晶胞中与Zn2+紧

20、挨着的O原子有4个，Zn2+的配位数为4；1个晶胞中有Zn2+（白色）3种，顶点12个，面心2个，体心3个，完全属于这个晶胞的Zn2+：12+2+3 =6个，O2-（黑色）在棱上有6个，体心有4个，完全属于这个晶胞的O2-有：6+4=6个；1个晶胞底面积为，体积为，1mol ZnO有晶胞 个，1mol ZnO体积为，1mol ZnO质量是81g，则ZnO的密度为。【点睛】有关晶胞的构成分析：顶点粒子6个晶胞共有，完全属于这个晶胞的分摊，3个晶胞共用一条棱，棱上的粒子完全属于这个晶胞的分摊，两个晶胞共用一个面，所以面心的粒子完全属于这个晶胞的分摊，体心的就完全属于这一个晶胞。6我国秦俑彩绘和汉代

21、器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。（1）“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun离子，n_，基态时该阳离子的价电子排布式为_。（2）“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是_元素。（3）合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由_轨道（填轨道的名称和数目）和_轨道杂化而成的。（4）现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式

22、是_。（5）在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角OCO为_。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更_（填“高”或“低”）。（6）自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是_。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_。【答案】（1）2        （2）O或氧   &n

23、bsp;1个3s    3个3p    （3）    （4）    低    （5）是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固        【解析】【分析】根据化合物中各元素的化合价代数和为零来计算n值，Cu2+ 的价电子排布式根据铜原子的价电子排布式3d104s1 得出。“中国蓝”中、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子。     SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子。Si原子核外最外层有4个电子，恰好与

24、氧原子形成4个键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成键和容纳孤对电子。所以SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成。含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根。碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，比稳定。是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离。【详解】根据化合物中所有元素化合价代数和为0可计算出Cu的化合价为+2，故Cun离子中n2，Cu

25、的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为，故答案为2，；“中国蓝”中，Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子，故答案为：O；SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成，故答案为：1个3s，3个3p；含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所以钡矿化学式是，故答案为：；碳酸根中C属于sp2杂化，平面正三角形，键角为，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性比稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低，故答案为：，低；是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，

26、在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离，故答案为：是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，；【点睛】电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断等知识要掌握牢固，SiA与SiB 之间的距离的计算，对学生的立体空间想象能力要求高。7一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图。（1）基态Zn2+的价电子排布式为_；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是_。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N的杂化轨道类型为_；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释_。（3）一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为_。（4） Zn(IMI)4(ClO4)2是Zn2+

27、的另一种配合物，IMI的结构为，则1 mol  IMI中含有_个键。（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是_。（6）Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示。Zn2+填入S2-组成的_空隙中；由能否判断出S2- 、Zn2+相切？_（填“能”或“否”）；已知晶体密度为d g/cm3，S2-半径为a pm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为_pm（写计算表达式）。【答案】（1）3d10    O>N>C>H    （2）sp3    甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和

28、羧基都能与水分子形成氢键    （3）5    （4）12NA    （5） 阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低    （6）正四面体    否    （1010-a）pm    【解析】【分析】（1）Zn的核电荷数为30，处于周期表中第4周期第B族，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。（2）N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为

29、sp3；从分子极性和氢键两个角度解释；（3）根据配位数的定义判断；（4）1 mol  IMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共126.021023个键。（5）从晶格能大小的角度解释；（6）S2做面心立方最密堆积，Zn2做四面体填隙，根据结合晶胞边长和体对角线的关系、密度公式=mV计算。【详解】（1）Zn为30号元素，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素C、N、O、H，C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成三个键

30、，孤电子对为 =1，N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；甘氨酸易溶于水，因为：甘氨酸极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键。（3）Zn与甘氨酸中的氧和氮原子形成4个配位键，和水中氧形成一个配位键，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5。（4） Zn(IMI)4(ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为，则1 mol  IMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共126.021023个键。（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。（6）S2为面心

31、立方最密堆积，Zn2做四面体填隙，所以晶体中与Zn2等距且最近的S2形成的立体图形为正四面体形，Zn2+填入S2-组成的正四面体空隙中；由不能判断出S2- 、Zn2+相切；晶体的密度为dgcm3，阿伏伽德罗常数为NA，一个晶胞中含有Zn2的个数为4，S2的个数为8 +6 =4个，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，设晶胞的边长为Ccm，一个晶胞的体积为V=c3cm3，则晶体密度为= ，所以C= cm，由于晶体中Zn2和S2原子之间的最短距离为体对角线的 ，所以该晶体中S2和Zn2之间的最短距离为 cm= cm，S2-半径为a pm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为（10

32、10-a）pm。【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型、电离能、分子结构与性质、晶胞计算等，注意晶胞中原子分摊和晶胞密度的计算。8配合物Fe(CO)5的熔点一20，沸点103。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。（1）基态Fe原子的价电子排布式是_；Fe(CO)5晶体类型属于_晶体。（2）CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式是_ ,写出与 CO互为等电子体的分子的电子式:_。（3）C、O、Fe的第一电离能由大到小的顺序为_。（4）关于Fe(CO)5，下列说法正确的是_。AFe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子 &

33、nbsp;   BFe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键           D Fe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成（5）铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如下图所示。上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是_ (填“a”“”或“”)- Fe。a-Fe晶胞中铁原子的配位数为_。-Fe晶胞的边长为a pm，则- Fe单质的密度为_g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出

34、计算式即可)。【答案】（1）3d64s2    分子    （2）CO        （3）O>C>Fe    （4）A、C    （5）    6      =(224/a3NA)1030(或=456/a3NA1030)    【解析】（1）铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；Fe(CO)5的溶点-20，沸点103，熔沸点较低，Fe(CO)5晶体属于分子晶体，故答案为3d

35、64s2；分子；（2） CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构，CO分子的结构式为CO，与CO互为等电子体的分子有N2，故答案为CO；N2；（3）C、O、Fe三种元素的原子中铁的原子半径最大，Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去1个电子生成3d54s2，结构更稳定，第一电离能最小，C、O是同一周期元素，同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能由大到小的顺序为O>C> Fe，故答案为O>C> Fe；（4）A根据Fe (CO)5的结构可知， Fe(CO)5为三角双锥结构，分子中正负电荷分布均匀，是非极性分子，CO中正负电荷分布不均匀，是极性分子，故A正确；

36、BFe(CO)5中Fe原子与5个CO成键，不是sp3杂化，故B错误；C. 1molFe(CO)5 中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，共含有10mol配位键，故C正确；D. Fe(CO)5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了分子中的配位键，形成了金属键，故D错误；故选AC；（5）根据晶胞结构图，三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是，故答案为；晶胞中晶胞顶点的铁原子与周围的6个铁原子距离相等且最小，配位数为6，故答案为6；晶体晶胞的边长为a pm，1个晶胞中含有的铁原子数目=8+6=4，则-Fe单质的密度=g/cm3，故答案为。点睛：本题的易错点

37、为（4）和（5），（4）中要注意Fe(CO)5为三角双锥结构，具有对称性结构，铁原子与配体间形成配位键，CO中也存在配位键；（5）中要注意晶体密度的计算方法。另外C、O、Fe的第一电离能的大小也可以根据元素的金属性和非金属性的强弱判断。9明朝天工开物中有世界上最早的关于炼锌技术的记载，锌也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）基态Zn原子核外的最高能层符号是_，基态Zn2+最外层电子排布式为_。（2）硫酸锌溶于氨水形成Zn(NH3)4SO4溶液。组成Zn(NH3)4SO4的元素中，除Zn外其余元素的电负性由大到小排序为_。向Zn(NH3)4SO4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，未出现浑浊，其原

38、因是_。已知Zn(NH3)42+的空间构型与相同，则在Zn(NH3)42+中Zn2+的杂化类型为_，NH3易液化的原因是_。在Zn(NH3)4SO4晶体中存在的作用力有_。A离子键     B极性共价键    C氢键D配位键     E范德华力      F金属键（3）ZnO与ZnS结构相似，ZnO的熔点为1975，ZnS的熔点约为1700。ZnO熔点比ZnS高的原因是_。（4）常温下金属锌晶体的晶胞为六方最密堆积(如图所示)，若锌原子的半径为rnm，六棱柱的高为，则金属锌晶体的空间利用率是_(用含的代数

39、式表示)。【答案】（1）N    3s23p63d10    （2）O>N>S>H    Zn(NH3)42+难电离，溶液中锌离子浓度很小，无法产生沉淀    sp3    氨分子间易形成氢键    ABD    （3）二者同属于离子晶体，O2-的半径比s2-的小，ZnO晶体的晶格能较大    （4）或    【解析】（1）Zn是30号元素，核外电子排布式为1s22s22p62s23p63d104s

40、2；基态Zn2+失去最外层两个电子，故答案为：N；3s23p63d10（2）除Zn外其余元素有N、H、S、O，根据电负性判断方法可知电负性：O>N>S>H，故答案为：O>N>S>H；Zn（NH3）42+稳定，在溶液中难电离出Zn2+，溶液中Zn2+浓度很小，滴加NaOH溶液，无法产生沉淀；Zn（NH3）42+空间构型与SO42-相同，为正四面体形，杂化方式相同，SO42-中心原子价层电子数目=(6+2+02)/2=4，杂化方式为sp3杂化，所以Zn2+的杂化类型为sp3杂化；NH3分子间存在氢键，所以易液化；故答案为：sp3；氨分子间易形成氢键；Zn（NH3

41、）42+与SO42-之间形成离子键，Zn（NH3）42+中Zn2+与NH3之间形成配位键，NH3中、SO42-中原子之间形成极性键没有非极性键、范德华力、金属键，故选：ABD；（3）离子电荷数相同，O2-离子半径比S2-的离子半径小，ZnO晶体的晶格能更大，熔点较高，故答案为：二者同属于离子晶体，O2-的半径比s2-的小，ZnO晶体的晶格能较大；（4）底面4个相邻的原子形成的菱形，锐角为60，Zn原子半径为 rnm，则底面边长为2rnm，底面积=2rnm2rnmsin60=2 r2nm2，晶胞的高为nm，则晶胞体积=2 r2nm2nm=8r3nm3，晶胞中Zn原子数目=1+81/8=2，Zn原子总体积= 空间利用率=（8r3nm3）100%=或。；【点睛】第（4）问难度较大，需要有扎实的晶体化学知识，灵活运用均摊法，同时也要有足够的空间想象能力和立体几何知识，六方最密堆积不再是立方结构，晶胞参数已经不同于立方晶系，六方最密堆积晶胞实为等径硬球接触，上一层嵌于下一层的凹处，上下关系抽象在晶胞内其实是正四面体关系。