课时跟踪检测(五十九)　物质结构与性质综合题(实践课)

这是一份课时跟踪检测(五十九)　物质结构与性质综合题(实践课)，共13页。试卷主要包含了根据所学内容回答下列问题等内容，欢迎下载使用。

(1)画出基态C2＋的价电子排布图__________________________________________。
(2)C2＋与CN－结合形成配合物[C(CN)6]4－，其中与C2＋结合的C原子的杂化方式是________________________________________________________________________。
(3)石墨可以合成三聚氰胺。CaO＋3Ceq \(=====,\s\up7(高温),\s\d5( ))CaC2＋CO↑，CaC2＋N2eq \(=====,\s\up7(高温),\s\d5( ))CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O===NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN用于合成三聚氰胺。CaCN2中阴离子为CNeq \\al(2－,2)，与CNeq \\al(2－,2)互为等电子体的分子有N2O和________________(填化学式)，由此可以推知CNeq \\al(2－,2)的空间构型为________。
(4)钙离子半径为0.106 nm，钴离子半径为0.082 nm，CaO的熔点为2 572 ℃，CO的熔点为1 935 ℃，前者熔点更高的主要原因是__________________________________。
(5)石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如图所示。若石墨的密度为d g·cm－3，以NA代表阿伏加德罗常数的值，则石墨中的C—C键长为______ pm。
解析：(1)C为27号元素，价电子排布式为3d74s2，失去2个电子后，C2＋价电子排布式为3d7，根据洪特规则和泡利原理，C2＋的价电子排布图为 (2)CN－中C和N共用三键，其中C有一个σ键，孤电子对数为eq \f(4＋1－3,2)＝1，价层电子对数为2，杂化轨道数＝价层电子对数＝2，即C的杂化类型为sp。(3)原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CNeq \\al(2－,2)互为等电子体的分子有N2O、CO2、CS2、COS等；CO2中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，为直线形结构，由此可以推知CNeq \\al(2－,2)的空间构型为直线形。(4)钙离子半径为0.106 nm，钴离子半径为0.082 nm，CaO的熔点为2 572 ℃，CO的熔点为1 935 ℃，前者熔点更高的主要原因是钙离子半径为0.106 nm，钴离子半径为0.082 nm，它们与氧离子形成的离子化合物属于不同晶系，通常氧化钙为面心立方堆积，氧化钴为六方堆积，两种离子晶体的晶格能不同。(5)根据俯视图，碳碳键长应是AC或AD或AF的距离，该平面为菱形，△FDC为正三角形，∠CAD＝120°，令AC＝AD＝AF＝x，根据余弦定理，a2＝x2＋x2－2x2cs 120°，解得x＝eq \f(\r(3),3)a。
答案：(1)
(2)sp (3)CO2 直线形 (4)钙离子半径为0.106 nm，钴离子半径为0.082 nm，它们与氧离子形成的离子化合物属于不同晶系，通常氧化钙为面心立方堆积，氧化钴为六方堆积，两种离子晶体的晶格能不同 (5)eq \f(\r(3),3)a
2．(2021·桂林模拟)我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。
(1)“中国蓝”“中国紫”中均有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，其中提供孤电子对的是____________元素。
(3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1 957.9 kJ·ml－1、1 733.3 kJ·ml－1，前者高于后者的原因是__________________________________________________。
(4)铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O2eq \(――→,\s\up7(Cu),\s\d5(△))2CH3CHO＋2H2O。
①乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是________________________；乙醛分子中π键与σ键的个数之比为____________。
②乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是________________。
(5)铜银合金是优质的金属材料，其晶胞与铜晶胞类似如图所示，银位于顶点，铜位于面心。
①该铜银合金的化学式是____________________________________________。
②已知：该铜银晶胞参数为a cm，晶体密度为ρ g·cm－3，则阿伏加德罗常数(NA)为________ml－1(用代数式表示，下同)。
③若Ag、Cu原子半径分别为b cm、c cm，则该晶胞中原子空间利用率φ为____________________________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝eq \f(原子总体积,晶胞体积)×100%)
解析：(1)BaCuSi4O10、BaCuSi2O6中Cu元素化合价为＋2价，基态时该阳离子的价电子排布式为3d9。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素。(3)Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu＋核外电子排布为[Ar]3d10,3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2,4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1,4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn＋更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能。(4)①乙醇分子与乙醛分子都是分子晶体，乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间不存在氢键，所以乙醇沸点高于乙醛；乙醛分子结构简式为CH3—CHO，含有一个C===O双键，4个C—H键、1个C—C键，所以共含有1个π键，6个σ键，π键与σ键的个数之比为1∶6。②乙醛中甲基中的C形成4个σ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而醛基中碳原子形成3个σ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化。(5)①铜银合金是优质的金属材料，其晶胞与铜晶胞类似如图所示，银位于顶点，铜位于面心，则1个晶胞中含有的银原子个数为eq \f(1,8)×8＝1，含有的铜原子个数为eq \f(1,2)×6＝3，所以其化学式为AgCu3或Cu3Ag。②1 ml晶胞的质量为(64×3＋108)g＝300 g，该铜银晶胞参数为a cm，则1 ml晶胞体积为a3×NA，晶体密度为ρ g·cm－3，即ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(300,a3NA)，NA＝eq \f(300,ρa3)ml－1。③依据分析可知，1个晶胞含有3个铜原子，1个银原子，体积和为eq \f(3×4πc3＋4πb3,3)cm3，1个晶胞的体积为a3 cm3，则晶胞中原子空间利用率：eq \f(3×4πc3＋4πb3,3a3)×100%。
答案：(1)2 3d9 (2)O (3)Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子，内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子，价层电子排布式为3d104s1，再失去一个电子比Cu＋容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能 (4)①乙醇分子间存在氢键 1∶6 ②sp3、sp2杂化 (5)①AgCu3或Cu3Ag ②eq \f(300,ρa3) ③eq \f(3×4πc3＋4πb3,3a3)×100%
3．(2021·济南模拟)目前我国研制的稀土催化剂催化转化汽车尾气示意图如图1所示。
(1)Zr原子序数为40，价电子排布式为____________。图1中属于非极性分子的气体是________。
(2)①氟化硼(BF3)是石油化工的重要催化剂。BF3中B—F比BFeq \\al(－,4)中B—F的键长短，原因是____________________________________________________________。
②乙硼烷(B2H6)是用作火箭和导弹的高能燃料；氨硼烷(H3NBH3)是最具潜力的储氢材料之一。B2H6的分子结构如图2所示，其中B原子的杂化方式为________。
③H3NBH3的相对分子质量与B2H6相差不大，但是H3NBH3的沸点却比B2H6高得多，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
④硼酸盐是重要的防火材料。图3是硼酸钠晶体中阴离子(含B、O、H三种元素)的结构，该晶体中含有的化学键有____________。
A．离子键 B．极性键
C．非极性键 D．配位键
E．金属键
(3)CO与Ni可生成羰基镍[Ni(CO)4]，已知其中镍的化合价为0，[Ni(CO)4]的配体中配位原子是____________。
(4)为了节省贵金属并降低成本，也常用钙钛矿型复合氧化物作为催化剂。一种复合氧化物结构如图4所示，则与每个Sr2＋紧邻的O2－有________个。
(5)与Zr相邻的41号元素Nb金属的晶格类型为体心立方晶格(如图5所示)，原子半径为a pm，相对原子质量为b，阿伏加德罗常数的值为NA，试计算晶体铌的密度为________ g·cm－3。(用a、b、NA来表示计算结果)
解析：(1)Zr位于周期表中第五周期第ⅣB族，价电子排布式为4d25s2，非极性分子中，分子对称性较高，正、负电荷中心重合，则图1中属于非极性分子的气体是O2、N2、CO2。(2)①BF3中B原子价层电子对数为3，采用sp2杂化，BFeq \\al(－,4)中B原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短。②根据B2H6的分子结构图可知，B的价电子数为4，VSEPR模型为四面体，杂化方式为sp3杂化。③H3NBH3中含有电负性大的N原子和N—H键，易形成分子间氢键，B2H6只存在分子间作用力，所以H3NBH3的沸点比B2H6高得多。④由图3中阴离子结构可知，阴离子中含有极性键和配位键，所以硼酸钠晶体中含有的化学键有离子键、极性键和配位键，不存在金属键和非极性键，故选A、B、D。(3)配体为CO，配体中C给出孤电子对，所以配位原子为C；(4)根据几何关系，晶胞中Sr2＋处于体心，与最近的O2－距离为eq \f(\r(2),2)×晶胞边长，这样的O2－共有12个，则与每个Sr2＋紧邻的O2－有12个。(5)Nb金属的晶格类型为体心立方晶格，则1个晶胞中有2个Nb，取1 ml晶胞，质量为m＝2b g，一个晶胞的体积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a,\r(3))))3×10－30 cm3，则晶体Nb密度为ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(2b,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a,\r(3))))3×10－30×NA) g·cm－3＝eq \f(3\r(3)×1030b,32a3NA) g·cm－3。
答案：(1)4d25s2 O2、N2、CO2 (2)①BF3中B采用sp2杂化，BFeq \\al(－,4)中B采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短 ②sp3 ③H3NBH3分子间存在氢键，分子间作用力更大 ④ABD (3)C (4)12 (5)eq \f(3\r(3)×1030b,32a3NA)
4．(2021·沈阳模拟)根据所学内容回答下列问题：
(1)基态硼原子的核外电子排布图为______________________________________。
(2)根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是________。
A．SOeq \\al(2－,3)和NOeq \\al(－,2) B．NOeq \\al(－,3)和SO3
C．H3O＋和ClOeq \\al(－,3) D．POeq \\al(3－,4)和SOeq \\al(2－,3)
(3)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是________(填元素符号)，判断依据是___________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有________个镁原子最近且等距离。
(5)独立的NH3分子中，H—N—H键键角为107°。如图4所示是[Zn(NH3)6]2＋的部分结构以及其中H—N—H键键角。请解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H—N—H键角变为109.5°的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)已知立方BN晶体硬度很大，其原因是____________________________________；其晶胞结构如图5所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为________g·cm－3。(列式即可，用含a、NA的代数式表示)
解析：(1)B位于周期表中第二周期第ⅢA族，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p1，则基态硼原子的核外电子排布图为 (2)SOeq \\al(2－,3)中S原子价层电子对数＝3＋eq \f(6＋2－3×2,2)＝4，有1对孤电子对为三角锥形结构，NOeq \\al(－,2)中N原子价层电子对数＝2＋eq \f(5＋1－2×2,2)＝3，有1对孤电子对为V形结构，故A错误；NOeq \\al(－,3)中N原子价层电子对数＝3＋eq \f(5＋1－3×2,2)＝3，没有孤电子对，为平面三角形结构，SO3中S原子价层电子对数＝3＋eq \f(6－3×2,2)＝3，没有孤电子对，为平面三角形结构，所有原子共平面，故B正确；H3O＋中O原子价层电子对数＝3＋eq \f(6－1－3×1,2)＝4，有1对孤电子对，为三角锥形结构，ClOeq \\al(－,3)中Cl原子价层电子对个数＝3＋eq \f(7＋1－3×2,2)＝4，有1对孤电子对，为三角锥形结构，所有原子不共平面，故C错误；POeq \\al(3－,4)中P原子价层电子对数＝4＋eq \f(5＋3－4×2,2)＝4，没有孤电子对，为正四面体结构，SOeq \\al(2－,3)中S原子价层电子对数＝3＋eq \f(6＋2－3×2,2)＝4，有1对孤电子对为三角锥形结构，所有原子不共平面，故D错误。(3)该元素处于第三周期，而它的第三电离能远远高于第二电离能，说明该元素原子最外层有2个电子，故该元素为Mg。(4)与侧面面心的Al原子等距离且最近的Mg原子处于该面的4个顶点及面心位置，而每个侧面为2个晶胞共有，故1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离。(5)在独立的NH3分子中，N原子的孤电子对排斥成键电子对能力强，[Zn(NH3)6]2＋中，N原子的孤电子对转化为成键电子对，对其他三个成键电子对的排斥作用减弱，键角增大。(6)由于立方BN晶体是原子晶体，B—N键能大，所以质地坚硬；根据晶胞的结构可知，每个晶胞中含有4个N原子，B原子数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，故晶胞的质量为eq \f(100,NA) g，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm，是正方体对角线长的eq \f(1,4)，则晶胞的对角线长为4a nm，晶胞的边长为eq \f(4a,\r(3)) nm＝eq \f(4a,\r(3))×10－7 cm，故晶胞的体积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a,\r(3))×10－7 cm))3，ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(\f(100,NA),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a,\r(3))×10－7))3) g·cm－3＝eq \f(75\r(3),16a3NA)×1021。
答案：(1)
(2)B (3)Mg I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子 (4)8 (5)氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤电子对与Zn2＋成键，原孤电子对与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H—N—H键键角变大 (6)立方BN晶体是原子晶体，B—N键能大，所以质地坚硬 eq \f(75\r(3),16a3NA)×1021
5．(2021·厦门模拟)如图是一种钯(Pd)的氯配合物X的晶胞结构。回答下列问题：
(1)基态Cl原子中存在未成对电子的能级，画出其该能级的轨道表示式____________。
(2)下列关于Cl元素的叙述正确的是________(填字母)。
A．Cl2分子中无π键
B．Cl是p区主族元素
C．第一电离能：ClD．电负性：Cl>S
(3)NCl3分子的中心原子N的杂化方式是________。
(4)NH3常作制冷剂，其键角________(填“大于”或“小于”)NHeq \\al(＋,4)的键角，NH3的沸点高于N2的沸点的主要原因是_______________________________________________。
(5)物质X的晶体类型为____________，其中的Pd元素的化合价为________、配位数为________。
(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，经过元素分析与计算可知Y中Pd∶Cl∶N∶H的数量比＝1∶2∶2∶6。试画出配合物Y的可能结构____________________。
解析：(1)基态Cl原子中存在未成对电子的能级，该能级电子排布式为3p5，该能级的轨道表示式为 (2)Cl2分子形成Cl—Cl键，属于σ键，没有π键，A正确；Cl处于第三周期第ⅦA族，是p区主族元素，B正确；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：Cl>S，C错误；同周期自左而右电负性逐渐增大，故电负性：Cl>S，D正确。(3)NCl3分子的中心原子N形成3个N—Cl键，还有1对孤电子对，价层电子对数为4，N原子采取sp3杂化。(4)NH3、NHeq \\al(＋,4)中N原子均为sp3杂化，NH3中N原子有1对孤电子对，而NHeq \\al(＋,4)中N原子没有，由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，故NH3的键角小于NHeq \\al(＋,4)的键角；NH3分子之间存在氢键，N2分子间为范德华力，氢键比范德华力强，致使NH3的沸点高于N2沸点。(5)物质X由铵根离子与配离子构成，属于离子化合物；晶胞中NHeq \\al(＋,4)数目为8，配离子数目为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，根据化合价代数和为0可知，配离子为[PdCl6]2－，则Pd的化合价为＋4；由晶胞结构图可知，Pd周围有6个Cl原子，故Pd的配位数为6。(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，则Y有4个配体，而Y中Pd∶Cl∶N∶H的数量比＝1∶2∶2∶6，则配体为NH3、氯离子，配合物Y的可能结构为
答案：(1) (2)ABD (3)sp3 (4)小于 NH3分子之间存在氢键，N2分子间为范德华力，氢键比范德华力强，致使NH3的沸点更高 (5)离子化合物 ＋4 6
6．马氏体时效不锈钢(Cr12Ni10MTi)具有良好的强韧性匹配和耐腐蚀性能，已经应用在航空航天、海洋建设和压力容器制造等领域。请回答下列问题：
(1)Cr在元素周期表中的位置是__________________，M与Cr属于同一族且相邻的元素，则基态M原子的价电子排布图为________________。
(2)NiO可用作电子元件材料、催化剂、搪瓷涂料和蓄电池材料等。NiO是离子晶体，其晶格能可通过如图所示的Brn­Haber循环计算得到。则Ni原子的第二电离能(I2)为________kJ·ml－1；NiO的晶格能为________kJ·ml－1。
(3)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料，BHeq \\al(－,4)的空间构型为________________；与BHeq \\al(－,4)互为等电子体的阳离子的结构式为____________。
(4)Cr元素形成的某种配合物的组成为CrCl3·6NH3，向1 ml该配合物中加入足量AgNO3溶液，能产生3 ml AgCl沉淀，若加入足量NaOH溶液、加热、无刺激性气味的气体产生，则2 ml该化合物中含有σ键的数目为________。
(5)TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，则TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸点由高到低的顺序为________________。(用化学式表示)
(6)铬的一种氧化物晶胞结构如图所示，该氧化物中铬元素的化合价为________价；若六棱柱的底面边长为L nm，高为h nm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度ρ＝________g·cm－3。(用L、h、NA的代数式表示)
解析：(1)Cr是24号元素，位于周期表中第四周期ⅥB族，M与Cr是同族元素，并且位于相邻周期，则M位于周期表中第五周期ⅥB族，价电子排布式4d55s1，价电子轨道排布图为 (2)气态Ni＋失去1个电子转化为气态Ni2＋需要的最低能量为Ni原子的第二电离能，故Ni原子的第二电离能为1 753 kJ·ml－1，NiO的晶格能是气态Ni2＋、O2－形成1 ml NiO晶体时释放的能量，故NiO的晶格能＝4 051.4 kJ·ml－1。(3)BHeq \\al(－,4)中B原子价层电子对数＝4＋eq \f(1,2)×(3＋1－4×1)＝4，且没有孤电子对，所以是正四面体结构；与BHeq \\al(－,4)互为等电子体的阳离子的结构式为。(4)加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3，该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N—H键为σ键，故2 ml该配合物中含σ键的数目为48×6.02×1023。(5)TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高。(6)由结构可知，Cr原子处于结构单元内部共有4个，O原子位于结构单元的内部、顶点、面心，结构单元中O原子数＝3＋2×eq \f(1,2)＋12×eq \f(1,6)＝6，Cr、O原子数目之比为4∶6＝2∶3，故该晶体化学式为Cr2O3，则该氧化物中铬元素的化合价为＋3价；图中结构单元底面为正六边形，边长为L nm，底面积＝eq \f(3\r(3),2)×L2×10－14 cm2，结构单元的体积＝eq \f(3\r(3),2)×L2×10－14×h×10－7 cm3＝eq \f(3\r(3),2)L2h×10－21 cm3；结构单元中原子总质量＝eq \f(52×4＋16×6,NA) g，则该晶体的密度ρ＝eq \f(52×4＋16×6,NA)÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)L2h×10－21)) g·cm－3＝eq \f(6.08×1023,3\r(3)L2hNA) g·cm－3。
答案：(1)第四周期第ⅥB族
(2)1 753 4 051.4 (3)正四面体
(4)48×6.02×1023 (5)TiI4>TiBr4>TiCl4 (6)＋3 eq \f(6.08×1023,3\r(3)L2hNA)
7．(2021·济宁模拟)氢原子是最轻的原子，人们曾预言它可能是所有元素之母。碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。设NA为阿伏加德罗常数的值。按要求回答：
(1)宇宙中含量最多的元素是氢和________。基态碳原子的核外电子占有________个原子轨道。
(2)光化学烟雾中除了含有NOx外，还含有HCOOH、 (PAN)第二次污染物。
①PAN中C的杂化方式有________________。1 ml PAN中含有的σ键数目为________。组成PAN的元素的电负性大小顺序为________________。
②相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3________(填“高”或“低”)。
(3)水溶液中有H3O＋、H5Oeq \\al(＋,2)、H9Oeq \\al(＋,4)等微粒的形式。请画出H5Oeq \\al(＋,2)的结构式：____________。
(4)硅和碳在同一主族。如图为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之间的距离是________ nm。
解析：(1)宇宙中氢元素占88.6%、氦占11.1%，宇宙中含量最多的元素是氢和氦；C的核外电子排布式为1s22s22p2,1s和2s轨道上有2个电子，p能级有3个轨道，每个电子优先占据1个轨道，则基态碳原子的核外电子占有4个原子轨道。(2)①甲基的VSEPR模型为四面体构型，—COO—上C的VSEPR模型为平面三角形结构，则C原子的杂化类型分别为sp2、sp3；一个双键含有一个σ键，由PAN结构可知，一个中含有10个σ键，所以1 ml PAN中含有的σ键数目为10NA；PAN分子中含有C、H、N、O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O>N>C>H。②由于HCOOH存在分子间氢键，CH3OCH3只存在分子间作用力，所以HCOOH的沸点比CH3OCH3高。(3)H5Oeq \\al(＋,2)是由水分子和H3O＋通过氢键形成的微粒，则H5Oeq \\al(＋,2)的结构式为。(4)根据图可知，Si原子在SiO2晶胞中位置如图，图中ABCD四个Si原子形成正四面体结构，且AB距离等于AC距离，AC距离在底面投影为底面对角线的一半，则SiA与SiB的距离＝eq \f(1,2)×eq \r(2)d＝eq \f(\r(2),2)d nm。
答案：(1)氦(或He) 4 (2)①sp2、sp3 10NA O>N>C>H ②高 (3) (4)eq \f(\r(2),2)d
8．锂是高能电池的理想负极，常用乙腈、二甲基甲酰胺等有机溶剂和LiClO4、LiBF4、LiBr等电解质制成锂非水电池。回答下列问题：
(1)二甲基甲酰胺()中基态氮原子的核外电子排布式是____________，乙腈(CCH3N)中碳原子的杂化轨道类型为________。
(2)LiClO4和LiBF4中都不存在的化学键是________(填字母)。
a．离子键 b．共价键
c．金属键 d．配位键
(3)LiX(X＝F、Cl、Br、I)具有NaCl型晶体结构。当阴、阳离子电荷的绝对值相同且它们的半径相近时，生成的盐类一般难溶于水。由上述规则可以判断LiF、LiCl、LiBr、LiI中溶解度最小的是________。
(4)Li2S属立方晶体，晶胞边长为d pm，晶胞截面图如图所示。每个晶胞中含有S2－的数目为________，S2－的配位数是________，NA表示阿伏加德罗常数的值，则Li2S晶体的密度为________g·cm－3(用代数式表示)。
解析：(1)N元素为7号元素，所以基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3；乙腈(CCH3N)中甲基上的碳原子形成4个σ键，所以为sp3杂化，另一个碳原子形成碳氮三键，所以为sp杂化。(2)LiClO4中存在锂离子和高氯酸根离子之间的离子键、氧原子和氯原子之间的共价键；LiBF4中存在Li＋和BFeq \\al(－,4)之间的离子键、B原子和F原子之间的共价键，B原子最外层电子数为3，而与4个F原子成键，说明其中有一个为配位键；金属晶体中才存在金属键；综上所述，LiClO4和LiBF4中都不存在的化学键是金属键，所以选c。(3)Li＋带一个单位正电荷，有1个电子层；X－均带一个单位负电荷，而F－、Cl－、Br－、I－的半径依次增大，其中与Li＋半径最接近的为F－，根据题意可知，LiF的溶解度最小。(4)根据晶胞截面图可知，白球即S2－位于顶点和面心，黑球即Li＋位于每4个S2－形成的正四面体中心，晶胞结构如图(C为Li＋，D为S2－)，所以每个晶胞中S2－的数目为6×eq \f(1,2)＋8×eq \f(1,8)＝4；Li＋位于每4个S2－形成的正四面体中心，所以Li＋的配位数为4，而晶体的化学式为Li2S，所以S2－的配位数为8；晶胞体积V＝d3 pm3，每个晶胞有4个S2－，8个Li＋，则晶胞的质量为m＝eq \f(4×32＋7×8,NA) g＝eq \f(184,NA) g，所以晶胞的密度＝eq \f(\f(184,NA) g,d3 pm3)＝eq \f(184,d3NA) g·pm－3＝eq \f(184,d3NA)×1030 g·cm－3。
答案：(1)1s22s22p3 sp3、sp杂化 (2)c (3)LiF (4)4 8 eq \f(184,d3NA)×1030