《专题4 分子空间结构与物质性质 单元测试-下学期高二化学苏教版（2020）选择性必修2.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题4 分子空间结构与物质性质 单元测试-下学期高二化学苏教版（2020）选择性必修2.docx（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题4分子空间结构与物质性质测试题一、单选题1溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大，这是因为A溴单质和四氯化碳中都含有卤素原子BBr2是单质，CCl4是化合物CBr2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子DBr2、CCl4都是有机物，而H2O是无机物2已知反应：，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是A的电子式为BO的价电子排布图为C的空间充填模型为D中键与键的个数比为1：13下列物质中，酸性最强的是ABCD4氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A第一电离能：ONCHB基态氧原子的电子有8种空间运动状态C该分子中碳原子的杂化类型
2、有sp、和D键的极性大小：N-HO-H硅锗B分解温度：C酸性：D键角：8向CuSO4溶液中加入少量氨水时生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水时沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出Cu(NH3)4SO4H2O晶体。下列有关说法错误的是A第一电离能：NOSB空间构型为正四面体形CCu(NH3)4SO4H2O晶体中只含有共价键和配位键D加入乙醇降低了溶液的极性，是晶体析出的原因9下列有关说法正确的是ASO2溶于水所得溶液能导电，所以SO2是电解质B的空间构型为平面三角形C电负性：OYZB原子半径：YZXC分子中Z原子的杂化方式均为sp2DY、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸
3、12由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学将淡紫色的晶体溶于水后再依次加KSCN和NaF，发现溶液出现下列变化：已知：为浅紫色，为红色，为无色。下列说法错误的是A晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是因为水解生成所致B与形成配位键时，S原子提供孤电子对C溶液加NaF后溶液由红色变为无色，说明与配位键强度不及与配位键强度D焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，说明铁灼烧时无焰色且不会产生发射光谱13X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态原子中，X为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W原子的价电子排布为3d104s1，X、Y、Z、
4、W形成的阳离子如图所示，下列说法正确的是A原子半径：ZYXB气态氢化物的稳定性：YZC加热时该离子首先失去的组分是X2ZD两种配体中的键角：X2ZYX314有机化合物M的结构简式如右图所示，其组成元素X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素。只有Y、Z、W为同周期相邻元素，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同。下列说法正确的是A简单氢化物的沸点由高到低顺序为B含氧酸的酸性强弱顺序为C元素第一电离能由小到大的顺序为D元素X、Z、W形成的离子化合物中含有正四面体结构15N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2+Fe3+N2F4+Fe2+H+(未配平)。下列说法错误的是AN2
5、F4分子中N-F键键角小于N2H4分子中N-H键键角B上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C若生成标准状况下2.24LN2F4，转移电子0.2molDN2F4作氧化剂时，其还原产物可能是N2和HF二、填空题16氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式为 ，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。(1)氯元素基态原子核外电子的未成对电子数为_。(2)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为_，羰基碳原子的杂化轨道类型为_。(3)查文献可知，可用2-氯-4-氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲，其反应方程式如下：反应过程中，每生成1mol氯吡苯脲，断裂_个键，断裂_个键。(4)膨大剂能在动物
6、体内代谢，其产物较为复杂，其中有H2O、NH3、CO2等。请用共价键知识解释H2O分子比NH3分子稳定的原因为_。H2O、NH3、CO2分子的空间结构分别是_，中心原子的杂化类型分别是_。17回答下列问题(1)下列分子中，只含有键的是_(填序号，下同)，既含有键又含有键的是_。(2)在乙烷(、乙烯()、乙炔()分子中碳碳键键长大小顺序是_(用序号表示)。18工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+ NaHCO3。完成下列填空：(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是_，第二周期原子半径由大到小的是_。(2)反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物
7、 ，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是_，该分子为_( 选填“极性”、“非极性”)分子。(3)写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式_，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是_(填编号)a.最高价氧化物对应水化物的酸性b.两元素形成化合物的化合价c.气态氢化物的稳定性d. 氢化物水溶液的酸碱性(4)有人设想冰的晶胞也应该类似于金刚石，但实际较为复杂，可能是因为氢键较弱而导致“饱和性和方向性”很难被严格执行。例如：有文献报道氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则每个NH3与周围_个NH3通过氢键相结合。(5)化合物 FeF3熔点高于1000，而Fe(CO)5
8、的熔点却低于 0，FeF3熔点远高于Fe(CO)5的原因可能是_。19价电子对互斥(简称VSEPR)理论可用于预测简单分子的空间结构。请回答下列问题：(1)利用价电子对互斥理论推断下列分子或离子的空间结构：_；_；_；_；HCHO_；HCN_。(2)利用价电子对互斥理论推断键角的大小：甲醛分子中的键角_(填“”“”或“=”，下同)120；分子中的键角_120；分子中的键角_10928。(3)有两种活性反应中间体微粒，它们的微粒中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据图所示的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：A：_；B：_。(4)按要求写出第2周期非金属元素组成的中性分子的化学式：平面形分子
9、_，三角锥形分子_，四面体形分子_。20回答下列问题：(1)有人认为：为非化学变化，请为其寻找合理的解释_。(2)石墨和金刚石互为同素异形体，其熔点和摩尔硬度如下：物质金刚石石墨熔点35503652摩尔硬度101请从结构角度分析两者熔点相近但摩尔硬度有差异的原因_。21回答下列问题：(1)下列分子中若有手性原子，请用“*”标出其手性碳原子_ 。(2)试比较下列含氧酸的酸性强弱(填“”、“”或“=”)：H2SO4_H2SO3；HClO3_HClO4；(3)根据价层电子对互斥理论判断下列问题：H2S中心原子的杂化方式为_杂化，VSEPR构型为_，分子的立体构型为_。(4)H2O的沸点(100)比H
10、2S的沸点(-61)高，这是由于_ ；H2O比H2S更稳定，这是由于 _ 。22无水硫酸铜为_色固体，把它溶于水后得到_色溶液，原因是溶液形成了Cu(H2O)42+配离子，中心离子是_，配位数为_，配体是_分子。向该溶液中滴入氨水，现象是_，继续滴加氨水至过量，现象是_，请写出所得物质内界结构式_，中心离子与配体之间以_键相结合。23一项科学研究成果表明，铜锰氧化物()能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)向一定物质的量浓度的和溶液中加入溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得.基态的电子排布式可表示为_。的空间构型是_(用文字描述)。(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为，H
11、CHO被氧化为和，分子中O原子轨道的杂化类型为_。中含有的键数目为_。24不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。(1)基态碳(C)原子的核外电子排布图为_。(2)Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O中Cr的配位数为_。(3)与铜属于同一周期，且未成对价电子数最多的元素基态原子外围电子排布式为_。(4)Fe的一种晶胞结构如甲、乙所示，若按甲中虚线方向切乙得到的AD图中正确的是_。(5)据报道，只含镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛
12、关注。该晶体的晶胞结构如图所示，试写出该晶体的化学式：_。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有_个。(6)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJmol-1)，回答下列问题。元素代号I1I2I3I4Q2 0804 0006 1009 400R5004 6006 9009 500S7401 5007 70010 500T5801 8002 70011 600U4203 1004 4005 900在周期表中，最可能处于同一族的是_和_。T元素最可能是_区元素。若T为第二周期元素，F是第三周期元素中原子半径最小的元素，则T、F形成的化合物的空间构型为_，其中心原子的杂化方式为_。25含有
13、多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种配合物的结构如下图所示，该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_，该螯合物中N的杂化方式有_种。试卷第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【解析】根据相似相溶原理:极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂;非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。Br2是非极性分子，它们易溶于非极性溶剂-CCl4；而在极性溶剂水中的溶解度较小。答案选C。2A【解析】A电子式为，A错误；BO的电子排布式为1s22s22p4，价
14、电子排布图为，B正确；CH2O空间构型为V形，且氧原子半径大于H原子，图示空间充填模型正确，C正确；D银离子和氰酸根离子形成的配位键属于键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有一个键和2个键，故键和键的个数比为4：4=1：1，D正确；故答案选A。3C【解析】电负性，羧酸中与-COOH连接的碳原子上有2个F原子，其酸性最强，故答案选C。4D【解析】A同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；B原子核外的电子占有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误
15、；C由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，故C错误；D形成共价键的两元素的电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性大小：N-HO-HF-H，故D正确；故选D。5C【解析】ASO2中S价层电子对数=2+=3且含有1个孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，立体空间构型为V形，不一致，故A错误；B价电子排布为5s25p1的元素最外层5个电子，含有5个电子层，在元素周期表中位于第五周期第A族，最后一个电子填充p轨道，属于p区元素，故B错误；C在同一电子层上运动的电子，其自旋方向可能相同，比如C和N的2p电子数分别为2和3，且自旋方向均相同，故C正确；Ds能级电子云
16、是球形，p能级电子云是哑铃型，但s-s键与s-p键的对称性相同，均为轴对称，故D错误；故选：C。6C【解析】A该晶体全部由硼原子通过共价键形成，与水分子间不存在氢键，该晶体是分子晶体，结构对称，属于非极性分子，与水不相似，应该难溶于水中，A错误；B该二十面体中含有20个等边三角形，三角形的边即时共价键，相邻的两个三角形共用一条边，故存在共价键数目为=30，B错误；C该二十面体中含有20个等边三角形，从图中可知，相邻的5个三角形共用一个顶点，则硼原子有=12个，C正确；D该晶体硼内部硼原子间以共价键作用，共价键作用力较强，故受热较难分解为硼原子，D错误；故选C。7A【解析】A因为原子半径CSiG
17、e，则键长C-SiSi-Si硅锗，A正确；B碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度:MgCO3CaCO3CH，A错误；BH原子核外有1个电子层，而C、N原子核外均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：CNH，B正确；C分子中N原子均形成共价单键，为sp3杂化，C错误；DC元素的最高价氧化物的水化物为H2CO3，H2CO3为弱酸，D错误；答案选B。12D【解析】A根据为浅紫色，将晶体溶于水后溶液不是浅
18、紫色而是黄色，是因为水解生成红褐色与紫色共同作用所致，故A正确；BS的半径大于N，中S、N都含有孤电子对，S的半径大于N，所以与形成配位键时，S原子提供孤电子对，故B正确；C溶液加NaF后溶液由红色变为无色，变为，与配位键强度不及与配位键强度，故C正确；D铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色，所以焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，故D错误；选D。13C【解析】半径最小的原子为氢原子，则X为H；价电子排布为3d104s1，则W为Cu；Z最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z为O，由图可以看出，连接三个键的为N，即Y为N。【解析】A原子半径大小为YZX，A项错误；B非金属性ON，则气态氢化物稳定性ON，即
19、ZY，B项错误；C加热时先脱水，C项正确；D水中O原子有两对孤电子对，NH3中N原子只有一对孤电子对，因此水中孤电子对成键电子对排斥作用更明显，H2O键角NH3键角，D项错误；答案选C。14D【解析】Z的原子序数与Q的最外层电子数相同，说明Z为第二周期，Q为第三周期元素，依据有机物结构简式可知，元素Y形成四个键，应为C元素，则Z、W依次为N、O元素，Q则为Cl元素，X为H元素。【解析】AW、Q的简单氢化物依次为、HCl，其沸点由高到低顺序为，A错误；BQ、Y、Z对应最高价含氧酸分别为、，满足酸性强弱顺序为，但含氧酸则不正确，如HClO酸性弱于，B错误；CN元素2p轨道半充满，较为稳定，元素第一
20、电离能最大，即顺序应为，C错误；D元素X、Z、W形成的离子化合物中含有的为正四面体结构离子，D正确。故选D。15D【解析】AF的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使N2F4的键角小于N2H4，故A正确；B由2HNF2+2Fe3+=N2F4+2Fe2+2H+可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故B正确；C若生成标准状况下2.24LN2F4物质的量，转移电子的物质的量是0.2mol，故D正确；D由于电负性：FN，则N2F4中F为-1价，N为+2价，作氧化剂时只有N元素化合价才能降低，则还原产物可能是N2，HF不变价，故D错误；故
21、选D。16(1)1(2) sp2、sp3 sp2(3) NA NA(4) HO键的键能大于HN键的键能 V形、三角锥形、直线形 sp3、sp3、sp【解析】（1）根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1；（2）根据氯吡苯脲的结构简式可知，有2个氮原子均形成3个单键，孤电子对数为1，属于sp3杂化；剩余1个氮原子形成1个双键和1个单键，孤电子对数为1，是sp2杂化；羰基碳原子形成2个单键和1个双键，为sp2杂化。（3）由于键比键更稳定，根据反应方程式可以看出，断裂的化学键为异氰酸苯酯分子中的N=C键中的键和2-氯-4-氨基吡啶分子中的N
22、H键；故每生成1mol氯吡苯脲，断裂1mol 键，断裂1mol 键，则断裂NA个键，断裂NA个键。（4）O、N属于同周期元素，O的原子半径小于N，HO键的键能大于HN键的键能，所以H2O分子比NH3分子稳定。H2O分子中O原子的价层电子对数=2=4，孤电子对数为2，所以为V形结构，O原子采用sp3杂化；NH3分子中N原子的价层电子对数=3=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，N原子采用sp3杂化；CO2分子中C原子的价层电子对数=2=2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化。17(1) (2)【解析】1)原子间的共价单键是键，若出现了双键或三键则必有键和键。在题中所给的物质中
23、，()和()含有双键，()和()含有三键，故只有键的是，既含有键又含有键的是。2)一般，键能越大，相应的键的键长越短，由键能可知碳碳键键长。18 O CNO 非极性 1s22s22p3 bc 6 FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5【解析】氧的电负性最大，同周期从左到右半径逐渐减小；甲烷分子具有中心对称；根据非金属强弱思维进行分析；FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体。【解析】(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素，分别是H、C、N、O、Na，氧的电负性最大，因此非金属性最强的是O，同周期从左到右半径逐渐减
24、小，因此第二周期原子半径由大到小的是CNO；故答案为：O；CNO。(2)反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物 ，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是甲烷，其电子式是，甲烷分子具有中心对称，因此该分子为非极性分子；故答案为：；非极性。(3)写出上述元素中有三个未成对电子的原子是N，N的核外电子排布式1s22s22p3，a. N最高价氧化物对应水化物是硝酸，O无最高价氧化物对应水化物，因此a错误；b. 两元素形成化合物的化合价，O显负价，氧非金属性更强，故b正确；c. 简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性越强，故c正确；d. 氢化物水溶液的酸碱性无法比较非金属性强弱，故d错误；故答案为
25、：1s22s22p3；bc。(4)氨晶体中每个氢原子都形成氢键，并且考虑氢键饱和性和方向性出现与理论的偏差，氨晶体中，每个N原子的孤对电子接受分属其他氨分子的3个氢原子，一个氨气本身3个氢必然和其他的氨气的氮之间形成氢键，因此则每个NH3与周围6个NH3通过氢键相结合；故答案为：6。(5)化合物 FeF3熔点高于1000，而Fe(CO)5的熔点却低于0，FeF3熔点远高于Fe(CO)5的原因可能是FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5；FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故F
26、eF3熔点远高于Fe(CO)5。19 平面三角形 角形 直线形 角形 平面三角形 直线形 【解析】(1)，中，的价电子对数为，孤电子对数为0，为平面三角形；中，S的价电子对数为，孤电子对数为2，为角形；中，N的价电子对数为，孤电子对数为0，为直线形；中，N的价电子对数为，孤电子对数为1，为角形；分子中有1个碳氧双键，看作1对成键电子，2个单键为2对成键电子，C原子的价电子对数为3，且无孤电子对，所以分子的空间结构为平面三角形；分子的结构式为，含有1个键，看作1对成键电子，1个单键为1对成键电子，故C原子的价电子对数为2，且无孤电子对，所以分子的空间结构为直线形。故答案为：平面三角形；角形；直线
27、形；角形；平面三角形；直线形。(2)甲醛为平面形分子，由于键与键之间的排斥作用大于2个键之间的排斥作用，所以甲醛分子中的键角小于120。故答案为：。分子中，原子的价电子对数是，成键电子对数为2，孤电子对数为1，故分子的空间结构为角形，的键角120。故答案为：。分子中，P的价电子对数为含有1对孤电子对，由于孤电子对与键的排斥作用大于键间的排斥作用，所以的键角小于10928。故答案为：。(3)型微粒，中心原子上无孤电子对的呈平面三角形，有1对孤电子对的呈三角锥形，所以化学式分别是、。故答案为：；(4)第2周期的五种非金属元素B、C、N、O、F组成的中性分子中，平面形分子为，三角锥形分子为，四面体形
28、分子为。故答案为：；。20(1)氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨(2)碳原子的排列方式不同【解析】（1）化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨的过程中没有化学键的断裂与生成，所以为非化学变化，故答案为：氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨；（2）石墨和金刚石互为同素异形体，由于晶体中碳原子的排列方式不同，金刚石是由碳原子以共价键相结合形成的空间网状结构的原子晶体，具有很高的熔沸点和很大的硬度，石墨为碳原子形成的层状结构的过渡型晶体，层内碳原子间以共价键相结合形成六元环，层间以范德华力相结合，具有很高的熔沸点，但硬度小，故答案为：碳原子的排列方式不同。21(1)
29、(2) H2SO3HClO3中CI元素化合价为+5价，HClO4中C1元素化合价为+7价，故酸性HClO3 HClO4；（3）H2S分子价层电子对数=2+(6-12)-2=4，有两对孤电子对，则中心原子S原子采取sp3杂化，VSEPR构型为正四面体型， 分子的立体构型为V形；（4）水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，所以H2O的沸点(100)比H2S的沸点(-61)高。O与S是同主族元素，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，非金属性越强，元素最简单的氢化物越稳定，故H2O比H2S更稳定；22 白 蓝 Cu2+ 4 H2O 有蓝色沉淀生成 沉淀溶解，溶液变成深蓝色 Cu(NH3)42
30、+ 配位键【解析】无水硫酸铜固体为白色；把它溶于水后形成了Cu(H2O)42+配离子，溶液呈蓝色；Cu(H2O)42+配离子的中心离子是Cu2+，配位数为4，配体是H2O分子。向溶液中滴入氨水，有氢氧化铜沉淀生成，故现象是：有蓝色沉淀生成；继续滴加氨水至过量，氢氧化铜与氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，现象是：沉淀溶解，得到深蓝色溶液；Cu(NH3)4SO4的内界结构式为：Cu(NH3)42+，中心离子与配体之间以配位键结合。23 (或) 平面三角形 (或)【解析】(1)Mn为25号元素，Mn基态的电子排布式为，则基态的电子排布式可表示为(或)；的键电子对数为3，孤电子对数=，则其空间构型是
31、平面三角形；(2)分子中，O原子的孤电子对数=，键电子对数为2，则O原子的价层电子对数=4，故O原子轨道的杂化类型为；的结构式为O=C=O，双键中有且只有一根键为键，则中含有的键数目为(或)。24 6 3d54s1 A MgNi3C 12 R U p 平面正三角形 sp2【解析】(1)基态碳原子含有6个电子，2个电子排在1S轨道上，2个电子排在2s轨道上，2个电子排在2p轨道上，分占2个轨道，且方向相同，核外电子排布图为：；(2) 化学式Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl-形成配位键，故配位数为6；(3) 与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该
32、元素的3d能级上有5 个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素Cr元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为：1s2 2s2 2p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1，则其价电子排布式为3d54s1；(4)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D,，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；(5)利用均摊法计算确定其化学式，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数，该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数，镍原子个数，故化学式为：MgNi3C；利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中
33、每个镁原子周围距离最近的镍原子有；(6) Q的电离能较大，且其第一电离能较大，应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能，则R元素原子最外层电子数为1， 属于第IA族元素；S第二电离能远远小于第三电离能，则S元素原子最外层电子数是2，属于第IIA 族元素；T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T元素原子最外层电子数是3，属于第IIIA 族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，则U元素原子最外层电子数是1，属于第IA 族元素；R和U属于第IA族元素，故答案为：R和U；T属于第IIIA 族元素，则T最可能是P区元素；若T为第二周期元素，T为B元素，E是第三周期元素中原子半径最小的元素，则为Cl元素，T、E形成化合物为BCl3，BCl3中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，中心原子的杂化方式为sp2，所以其空间构型为平面三角形，故答案为：P；平面三角形；sp2。25 6 1【解析】由题意可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题给结构可知中的2个O原子和C、N杂环上的4个N原子通过螯合作用与形成配位键，故该配合物中通过螯合作用形成配位键；中N原子价电子对数为3+0=3，中N原子价电子对数为2+1=3，C、N杂环上的4个N原子价电子对数为3，故该配合物中N原子均采取杂化，即N的杂化方式有1种。故答案为：6；1。答案第17页，共10页