1、填空题  I．氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，配位氢化物、富氢载体化合韧是目前所采用的主要储氢材料。
（1）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。在基态Ti2+中，电子占据的最高能层符号为?，该能层具有的原子轨道数为?；
（2）液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用实现储氢和输氢。下列说法正确的是?；
a．NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化
b．NH+4与PH+4、CH4、BH-4、ClO—4互为等电子体
c．相同压强时，NH3的沸点比PH3的沸点高
d．[Cu（NH3）4]2+离子中，N原子是配位原子
（3）已知NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是?；
II．氯化钠是生活中的常用调味品，也是结构化学中研究离子晶体时常用的代表物，其晶胞结构如图所示。

（1）设氯化钠晶体中Na+与跟它最近邻的Cl—之间的距离为r，则该Na+与跟它次近邻的C1—个数为?，该Na+与跟它次近邻的Cl—之间的距离为?；
（2）已知在氯化钠晶体中Na+的半径为以a pm，Cl—的半径为b pm，它们在晶
体中是紧密接触的，则在氯化钠晶体中离子的空间利用率为?；（用含a、b的式子袁示）
（3）纳米材料的表面原子占总原子数的比例很大，这是它有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠颗粒形状为立方体，边长为氯化钠晶胞的10倍，则该氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比为?。

参考答案：Ⅰ．（1）M（1分）? 9（2分）?
（2）cd（2分）?
（3）N、F、H三种元素的电负性为F > N >H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2＋形成配位键（2分）
Ⅱ．（1）8（2分）?r（2分）?
（2）（2分）?
（3）26％ 或（2分）

本题解析：Ⅰ．（1）Ti原子核外有22个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，在基态Ti2+中，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道。
（2）a．NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，故错误。
b．等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子，NH4+与PH4+、CH4、BH4-、ClO4—原子数目相同，电子数目不同，所以不能互为等电子体，故错误。
c．相同压强时，氨气中含有氢键，PH3中不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，故正确；
d．．[Cu（NH3）4]2+离子中，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，故正确。
所以选cd 。?
（3）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，故答案为：F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（或者N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键．）；
Ⅱ．（1）氯化钠晶体中，，从图中可以看出，钠离子在体心和棱心位置，氯离子在顶点和面心位置，Na+与跟它次近邻的C1—（也就是图中晶胞大立方体中的8个顶点小白圈 ）个数为8个，该Na+与跟它次近邻的Cl—之间的距离也就是边长为r的小立方体的体对角线，也就是r 。
（2）晶胞为面心立方，一个氯化钠晶胞中有4个Na＋和Cl－，这个正方体的边长是2(a＋b)pm，体积是8(a＋b)3pm3，一个Na＋体积是pm3，一个Cl－体积是pm3，4个Na＋和Cl－体积是pm3，氯化钠晶体中离子的空间利用率为×100%＝。
（3）由NaCl的晶胞图可知，NaCl的晶胞为正立方体结构，立方体的体心只有一个Na＋，而其它的离子都处在立方体的面上，边长为氯化钠晶胞边长的10倍的氯化钠颗粒中总原子数为21的立方，而其内部的总原子数为19的立方（立方体相对的两个面上各被剥去了一层原子，所以整个边长相当于是减少了2，所以是19），所以该氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比为＝26％，另外列一种比较直观明了的解法： 由于立方体中的总原子数为n3（n为棱上原子数） 因此边长为氯化钠晶胞边长的10倍的氯化钠颗粒中总原子数为213，而其内部的总原子数为193（相当于将外面剥掉一层），所以其表面的原子数为213-193。表面原子占总原子数的百分数：=26%。

本题难度：一般

2、选择题  A、B、C、D都是短周期元素，原子半径：D＞C＞A＞B．已知A、B同周期，A、C同主族，C原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和，C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的3倍．下列说法中正确的是（　　）
A．B、C、D三种元素组成的化合物的化学式为D2CB2
B．A、C两元素处在元素周期表中的第ⅥA族
C．B、C、D三种元素的简单离子的半径大小顺序为：C＞D＞B
D．B、D两元素可形成两种离子化合物，其阴、阳离子数之比均为1：2

参考答案：A、B、C、D都是短周期元素，根据原子半径D＞C＞A＞B，且A、B同周期，A、C同主族，推知A、B、C、D在周期表中的大致相对位置为：

，C原子序数等于A原子序数+8，C原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和，故B原子序数为8，故B为氧元素．
C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的3倍，若D的最外层电子数为1，则C为铝元素，A为硼元素，D为钠元素；若D的最外层电子数为2，则C为硫元素，A为氧元素，不合题意．
所以A为硼元素，B为氧元素，C为铝元素，D为钠元素．
A、B为氧元素，C为铝元素，D为钠元素，B、C、D三种元素组成的化合物的化学式为NaAlO2，故A错误；
B、A为硼元素，C为铝元素，最外层电子数都为3，两元素处在元素周期表中的第ⅢA族，故B错误；
C、B、C、D三种元素的简单离子分别为O2-、Al3+、Na+，三种离子核外电子排布相同，核电核数越大，离子半径越小，则有O2-＞Na+＞Al3+，故C错误；
D、B为氧元素，D为钠元素，B、D两元素组成的离子化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子的个数比都为1：2，故D正确．
故选D．

本题解析：

本题难度：简单

3、选择题  已知H-Cl键的键能为431.4kJ/mol，下列关于键能的叙述正确的是（　　）
A．每生成2molH-Cl键放出431.4kJ能量
B．每断裂1molH-Cl键吸收431.4kJ能量
C．每断裂1molH-Cl键放出431.4kJ能量
D．每生成1molH-Cl键吸收431.4kJ能量

参考答案：已知H-Cl键的键能为431.4kJ/mol，所以要拆开1 molH-Cl键需要吸收431.4kJ能量，要形成1 molH-Cl键需要放出431.4kJ能量，
故选B．

本题解析：

本题难度：简单

4、选择题  S2Cl2是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，其结构与H2O2类似．下列说法错误的是（　　）
A．S2Cl2分子中的两个S原子均是sp3杂化
B．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
C．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点S2Br2＞S2Cl2
D．S2Cl2分子中的S为+1价，是含有极性键和非极性键的非极性分子

参考答案：A、S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故A正确．
B、S2Cl2中的硫元素为中间价态（+1价），在反应过程中一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理，故B正确．
C、S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，分子量越大则熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故C正确．
D、S2Cl2的结构类似于H2O2的结构，为Cl-S-S-Cl，其中的S-S为非极性键，S-Cl键为极性键，但正负电荷中心不重合，所以是极性分子，故D错误．
故选D．

本题解析：

本题难度：一般

5、填空题  
已知元素A、B、C、D、E、F均属前四周期且原子序数依次增大，A的p能级电子数是s能级的一半，C的基态原子2p轨道有2个未成对电子；C与D形成的化合物中C显正化合价；E的M层电子数是N层电子数的4倍，F的内部各能层均排满，且最外层电子数为1。
请回答下列问题。
（1）C原子基态时电子排布式为?。
（2）B、C两种元素第一电离能为?＞?(用元素符号表示)。试解释其原因： ?。
（3）任写一种与AB－离子互为等电子体的离子?。
（4）B与C形成的四原子阴离子的立体构型为?，其中B原子的杂化类型是?。
（5）F(OH)2难溶于水，易溶于氨水，写出其溶于氨水的离子方程式?。
（6）D和E形成的化合物的晶胞结构如图，其化学式为?；∠EDE= ?；E的配位数是?；已知晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长a=?cm。(用ρ、NA的计算式表示)

参考答案：（1）1s22s22p4；
（2）N﹥O；氮原子核外2p亚层处于半充满的较稳定结构，不易失去电子，故第一电离能比氧原子大；
（3）C22- 或O22+；
（4）平面三角形，sp2；
（5）Cu(OH)2+4NH3·H2O = Cu(NH3)42+ + 2OH- + 4H2O[或Cu(OH)2+4NH3 = Cu(NH3)42+ + 2OH-]；
（6）CaF2? 109°28′? 8?

本题解析：元素A、B、C、D、E、F均属前四周期，且原子序数依次增大。A的p能级电子数是s能级电子数的一半，P能级上有2个电子，则A是C元素；C的基态原子2p轨道有2个未成对电子，则C为C或O元素，原子序数小于B，C为O元素；B的原子序数大于A而小于C，所以B是N元素；C与D形成的化合物中C显正化合价，则D的非金属性大于C，所以D是F元素；E的M层电子数是N层电子数的4倍且原子序数大于F元素，E原子序数小于29，所以E原子最外层电子数是2，N层为2，M层电子数是8，则该元素是Ca元素，F的内部各能级层均排满，且最外层电子数为1，则F是Cu元素。
（1）C是O元素，氧原子核外有8个电子，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p4；
（2）B是N元素，C是O元素，原子轨道中如果电子处于全满、全空、半满时原子最稳定，氮原子核外2p亚层处于半充满的较稳定结构，不易失去电子，故第一电离能比氧原子大；
（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与CN-离子互为等电子体的有CO或C22-或O22+；
（4）B与C形成的四原子阴离子为硝酸根离子，硝酸根离子中价层电子对个数=3+?(5+1?3×2)=3，且不含孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，N原子采用sp2杂化；
（6）该晶胞中F原子个数=8，钙原子个数=8×+6×=4，所以钙原子和氟原子个数之比=4：8=1：2，则其化学式为：CaF2，钙原子的配位数是8，晶胞边长=cm=cm。

本题难度：一般