【正文】 2a107 cm）3，鈷藍(lán)晶體的密度= = gcm3(列計(jì)算式)。故答案為：3d74s2；CoAl2O4；。10．B解析：BC 4 O sp3 σ (PnO3n+1)(n+2) 高 sp3 (SiO3)n 2n 4 4 【解析】【分析】(1)A．第一電離能，一般與非金屬性成正比，當(dāng)電子亞層處于半滿、全滿時(shí)出現(xiàn)反常； B．對(duì)于氫化物分子，非金屬性越強(qiáng)，鍵的極性越強(qiáng)；C．晶格能與離子的帶電荷成正比，與離子半徑的平方成反比；D．熱穩(wěn)定性與分解產(chǎn)物的穩(wěn)定性有關(guān)。(2)蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的 FeCl3 的結(jié)構(gòu)式與Al2Cl6類似，由結(jié)構(gòu)可確定 Fe 的配位數(shù)。(3)NH4H2PO4 中，電負(fù)性最高的元素也就是非金屬性最強(qiáng)的元素；P與周圍的4個(gè)O原子相連，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，從而確定與 O的2p軌道形成的鍵型。由兩個(gè)已知結(jié)構(gòu)式尋找規(guī)律，得出圖中磷酸根離子的化學(xué)式通式。(4)比較原子晶體熔點(diǎn)，可比較原子半徑，半徑越小，熔點(diǎn)越高。圖中表示一種含 n 個(gè)硅原子的單鏈?zhǔn)蕉喙杷岣慕Y(jié)構(gòu)，Si 原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，由此確定雜化類型，確定化學(xué)通式時(shí)，可采用均攤法。(5)Cu2＋位于面心，有2個(gè)S2與它相連；1個(gè)S2與2個(gè)Cu2+、2個(gè)Fe2+相連。已知：a＝b＝ nm，c＝ nm，可求出體積，NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值，求CuFeS2晶體的密度，只需求出1個(gè)晶胞中所含離子的數(shù)目。【詳解】(1)A．由于P原子的3p軌道半充滿，第一電離能出現(xiàn)反常，所以第一電離能：Cl＞P＞S＞Si，A不正確；B．對(duì)于氫化物分子，非金屬性越強(qiáng)，鍵的極性越強(qiáng)，所以共價(jià)鍵的極性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B正確；C．晶格能與離子的帶電荷成正比，與離子半徑的平方成反比，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，C正確；D．對(duì)于同主族元素的碳酸鹽，金屬性越強(qiáng)，其氧化物越穩(wěn)定，碳酸鹽的熱穩(wěn)定性越差，所以熱穩(wěn)定性：MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3，D不正確；故選BC。答案為：BC；(2)FeCl3蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在，則類似于Al2Cl6，即每個(gè)Fe與4個(gè)Cl形成共價(jià)鍵，其中有1個(gè)是配位鍵，從而得出FeCl3 的結(jié)構(gòu)式為，其中 Fe 的配位數(shù)為4。答案為：；4；(3)NH4H2PO4 中，電負(fù)性最高的元素是O；P與周圍的4個(gè)O原子相連，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，所以P的sp3雜化軌道與 O的2p軌道形成σ鍵。分析磷酸根離子中P、O原子個(gè)數(shù)的遞變規(guī)律，可得出其化學(xué)式可用通式表示為(PnO3n+1)(n+2)。答案為：O；sp3；σ；(PnO3n+1)(n+2)；(4)高溫高壓下 CO2 的晶體結(jié)構(gòu)與SiO2 相似，也為原子晶體。比較原子晶體熔點(diǎn)時(shí)，可比較原子半徑，半徑越小，熔點(diǎn)越高，所以該晶體熔點(diǎn)比 SiO2 晶體高。從一種含 n 個(gè)硅原子的單鏈?zhǔn)蕉喙杷岣慕Y(jié)構(gòu)圖中可以看出，每個(gè)Si與4個(gè)O相連，所以Si 原子的雜化類型為sp3，在每個(gè)結(jié)構(gòu)單元中，有1個(gè)Si、4個(gè)O，其中有2個(gè)O完全屬于此結(jié)構(gòu)單元，有2個(gè)O被兩個(gè)結(jié)構(gòu)單元共用，從而得出其化學(xué)通式可表示為(SiO3)n 2n。答案為：高；sp3；(SiO3)n 2n；(5)由晶胞結(jié)構(gòu)分析可知，面心上的Cu2+與2個(gè)S2相連，晶胞中每個(gè)Cu2+與4個(gè)S2相連，Cu2＋的配位數(shù)為4；1個(gè)S2與2個(gè)Cu2+、2個(gè)Fe2+相連，則每個(gè)S2的配位數(shù)為4。晶胞中，F(xiàn)e2+數(shù)為8+4+1=4，Cu2+數(shù)為6+4=4，S2數(shù)為8，晶胞內(nèi)共含4個(gè)CuFeS2，a＝b＝ nm，c＝ nm，NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值，CuFeS2晶體的密度是 g?cm3。答案為：4；4；。【點(diǎn)睛】在單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根中，重復(fù)出現(xiàn)的最小結(jié)構(gòu)單元為，其中Si的原子個(gè)數(shù)為2，4號(hào)氧原子為兩個(gè)最小單元所共用，7號(hào)氧原子完全屬于該單元，故每個(gè)最小單元的氧原子數(shù)目為5+2=6，Si與O原子數(shù)之比這2:6=1:3，故單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根的化學(xué)式為(SiO3)n2n。11．C解析：3d 直線型 O的電負(fù)性大于C，對(duì)電子的吸引能力強(qiáng) 小于 sp2 形成分子間氫鍵 3 【解析】【分析】釩是23號(hào)原子，核外電子排布式為：；依據(jù)公式計(jì)算的雜化方式為： ，為sp雜化；化合物中，中心原子V的價(jià)電子與配體提供的電子數(shù)之和為18，由于釩的價(jià)電子數(shù)是5個(gè)，每個(gè)CO的C給釩提供2個(gè)電子，則配體提供 個(gè)電子，又該配體是由5個(gè)原子構(gòu)成的； O的電負(fù)性大于C，對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)；單鍵是 鍵，采取頭碰頭的方式，鍵長(zhǎng)長(zhǎng)，雙鍵有 鍵，采取肩并肩的方式，鍵長(zhǎng)短；根據(jù)釩的氧化物的晶胞可知，與氧直接相連的釩原子有3個(gè)；根據(jù)結(jié)構(gòu)可知，晶體邊長(zhǎng)（a）的 倍=2d+（晶胞底面上的兩個(gè)氧原子的核間距）?！驹斀狻浚?）釩是23號(hào)原子，核外電子排布式為：，核外電子排布遵循能量最低原理，先排4s，再排3d，故最高能級(jí)是3d；故答案為：3d；（2）依據(jù)公式計(jì)算的雜化方式為： ，為sp雜化，推測(cè)的立體構(gòu)型是直線型；故答案為：直線型；（3）①化合物中，中心原子V的價(jià)電子與配體提供的電子數(shù)之和為18，由于釩的價(jià)電子數(shù)是5個(gè)，每個(gè)CO的C給釩提供2個(gè)電子，則配體提供 個(gè)電子，又該配體是由5個(gè)原子構(gòu)成的，故該配體的大π鍵可表示為：；②當(dāng)作配體時(shí)，由于O的電負(fù)性大于C，對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，所以配位原子是C而不是O；故答案為：；O的電負(fù)性大于C，對(duì)電子的吸引能力強(qiáng)；（4）2巰基煙酸氧釩配合物中V—O單鍵是 鍵，采取頭碰頭的方式，鍵長(zhǎng)長(zhǎng)，鍵雙鍵有 鍵，采取肩并肩的方式，鍵長(zhǎng)短，故鍵長(zhǎng)小于V—O鍵長(zhǎng)，再該物質(zhì)中，形成了碳氮雙鍵，氮的雜化方式是sp2雜化；故答案為：小于；sp2；（5）找氧的配位數(shù)，根據(jù)釩的氧化物的晶胞可知，與氧直接相連的釩原子有3個(gè)，故氧的配位數(shù)是3；根據(jù)結(jié)構(gòu)可知，晶體邊長(zhǎng)（a）的 倍=2d+（晶胞底面上的兩個(gè)氧原子的核間距）， ， ，則=晶體邊長(zhǎng)（a）的 倍2d，；故答案為：3；。【點(diǎn)睛】關(guān)于晶胞的計(jì)算，要仔細(xì)觀察晶胞圖，觀察原子的位置及結(jié)構(gòu)，巧用數(shù)學(xué)公式進(jìn)行分析，該題的大派鍵可以根據(jù)題上信息來分析，如果沒有告訴電子，則可根據(jù)以下順序來分析大派鍵：寫出原子的電子式，分析成鍵特點(diǎn)；先讓各原子以相連，即只有一個(gè)共用電子對(duì)；寫路易斯結(jié)構(gòu)式；若原子有單電子，則該電子參與形成大派鍵，若原子中無單電子，最多有一對(duì)電子參與形成大派鍵。12．B解析：M 9 正四面體 sp3 LiB ⅡA (或B與N的位置互換) 142pm 【解析】【詳解】（1）①基態(tài)Cl原子中，電子占據(jù)的最高電子層為第3能層，符號(hào)為M，該電子層有1個(gè)s軌道、3個(gè)p軌道、5個(gè)d軌道，具有的原子軌道數(shù)共9個(gè)，故答案為：M； 9 ；②LiBH4由Li+和BH4構(gòu)成，BH4的中B原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=4，B原子的雜化軌道類型是sp3，且不含孤對(duì)電子，所以立體構(gòu)型是正四面體，故答案為：正四面體；sp3；③根據(jù)電負(fù)性排列規(guī)律，可知Li、B元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)長(zhǎng)iB，故答案為： LiB；（2）①核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑：Li＋H，故答案為： ；②由數(shù)據(jù)可知M的I3遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于I3，說明M是最外層有2個(gè)電子，為ⅡA族元素，故答案為：ⅡA（3）根據(jù)立方氮化硼晶胞沿z軸的投影圖，可得答案為：(或B與N的位置互換)；（4）NaH具有NaCl型晶體結(jié)構(gòu)，已知NaH晶體的晶胞參數(shù)a＝488pm，Na＋半徑為102pm，H的半徑為 =142pm，該晶胞中鈉離子個(gè)數(shù)為 =4，氫離子個(gè)數(shù)為=4，NaH的理論密度是 =，故答案為142pm ；