(2017-2019)高考化学真题分类汇编专题18物质结构与性质(选修)(教师版).pdf

专题 18物质结构与性质（选修）12019 新课标 在普通铝中加入少量Cu 和 Mg 后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在 Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是(填标号)。ABCD（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是、。乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。（3）一些氧化物的熔点如下表所示：氧化物熔点/CLi2O1570MgO2800P4O623.8SO275.5解释表中氧化物之间熔点差异的原因。（4）图(a)是 MgCu2的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的 Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离=pm，Mg 原子之间最短距离 y=pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则 MgCu2的密度是gcm3(列出计算表达式)。【答案】（1）A（2）sp3sp3乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+（3）Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgOLi2O。分子间力（分子量）P4O6SO2（4）824+16 6423aaNAa3103044【解析】（1）A.Ne3s1属于基态的 Mg+，由于 Mg 的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；B.Ne 3s2属于基态 Mg 原子，其失去一个电子变为基态Mg+；C.Ne 3s13p1属于激发态Mg 原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg 原子；D.Ne 3p1属于激发态 Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态 Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是Ne3s1，答案选 A；（2）乙二胺中 N 形成 3 个单键，含有 1 对孤对电子，属于 sp3杂化；C 形成 4 个单键，不存在孤对电子，也是 sp3杂化；由于乙二胺的两个N 可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2、Cu2等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2；（3）由于Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgOLi2O，分子间力（分子量）P4O6SO2，所以熔点大小顺序是MgOLi2OP4O6SO2；（4）根据晶胞结构可知 Cu 原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是 a pm，则面对角线是2apm，则2apm；Mg 原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是 a pm，则体对角线是3apm，则 y43a；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是81/8+61/2+48，则Cu 原子个数 16，晶胞的质4量是82416648241664g。由于边长是 a pm，则 MgCu2的密度是cm3。330gNAa 10NA22019 新课标 近年我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为 FeSmAsFO组成的化合物。回答下列问题：（1）元素 As 与 N 同族。预测 As 的氢化物分子的立体结构为_，其沸点比 NH3的_（填“高”或“低”），其判断理由是_。（2）Fe 成为阳离子时首先失去_轨道电子，Sm 的价层电子排布式为 4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为_。（3）比较离子半径：F_O2（填“大于”等于”或“小于”）。（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1 所示，晶胞中 Sm 和 As 原子的投影位置如图 2 所示。图 1图 2图中F和O2共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用和1代表，则该化合物的化学式表示为_，通过测定密度和晶胞参数，可以计算该物质的值，完成它们关系表达式：=_gcm3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1 中原1 1 1子 1 的坐标为(,)，则原子 2 和 3 的坐标分别为_、_。2 2 2【答案】（1）三角锥形低NH3分子间存在氢键（2）4s4f5（3）小于（4）SmFeAsO1F228116(1 x)19x1 11()、(),00,0,a3cNA10302 22【解析】（1）As 与 N 同族，则 AsH3分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3分子间存在氢键使沸点升高，故 AsH3的沸点较 NH3低，故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；（2）Fe 为 26 号元素，Fe 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，Fe 原子失去 1 个电子使 4s 轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s 轨道电子；Sm 的价电子排布式为 4f66s2，失去 3 个电子变成 Sm3+成为稳定状态，则应先失去能量较高的4s 电子，所以 Sm3+的价电子排布式为为 4f5，故答案为：4s；4f5；（3）F-和 O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-600（分解）444.610.045.0337.0FeS2SO275.5SO316.8H2SO410.3（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形，其中共价键的类型有_种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_。（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为 a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm3；晶胞中Fe2+位于S2所形成的正八面体的体心，该2正八面体的边长为_nm。【答案】（1）（2）H2S（3）S8相对分子质量大，分子间范德华力强（4）平面三角2sp3（5）哑铃（纺锤）4MNAa3102122a【解析】分析：（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；（2）根据价层电子对互斥理论分析；（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；（4）根据价层电子对互斥理论分析；（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。详解：（1）基态Fe 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态 S 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是 3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是2612622623 4、2 3、3 3，因此不同其他分子的是H2S。222（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有 2 种，即 键、键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S 原子形成 4 个共价键，因此其杂化轨道类型为 sp3。（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是 121/4+14，硫原子个数是 81/8+61/24，晶胞边长为 a nm、FeS2相对式量为 M，阿伏加德罗常数的值为 NA，则其晶体密度的计算表达式为m4M4M+g/cm31021g/cm3；晶胞中 Fe2位于33VNa107NAaA2anm。2所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为点睛：本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。72018 新课标卷锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）n 原子核外电子排布式为_。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由n 和 Cu 组成。第一电离能1（n）_1（Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_。（3）nF2具有较高的熔点（872)，其化学键类型是_；nF2不溶于有机溶剂而 nCl2、nBr2、nI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_。（4）中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石（nCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。nCO3中，阴离子空间构型为_，C 原子的杂化形式为_。（5）金属 n 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为 a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，n 的密度为_gcm3（列出计算式）。【答案】（1）Ar3d104s2（2）大于n 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子nF2为离子化合物，nCl2、nBr2、nI2的化学键以共价键为主、极性较小sp2（3）离子键（4）平面三角形（5）六方最密堆积（A3型）656NA634a2c【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。详解：（1）n 是第 30 号元素，所以核外电子排布式为Ar3d104s2。（2）n 的第一电离能应该高于Cu 的第一电离能，原因是，n 的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到 n 最外层上是一对电子，而 Cu 的最外层是一个电子，n 电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为 CO32，根据价层电子对互斥理论，其中心原子 C 的价电子对为 3+(4322)/2=3 对，所以空间构型为正三角形，中心C 为 sp2杂化。（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是 6 个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12+2+3=6 个，所-以该结构的质量为 665/NAg。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为 6 个边长为 acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6cm2，高为 c cm，所以体积为 6cm3。所以密度为：gcm-3。点睛：本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。82018 江苏卷臭氧（O3）在Fe(H2O)62+催化下能将烟气中的SO2、NO 分别氧化为SO4和NO3，NO 也可在其他条件下被还原为N2。（1）SO4中心原子轨道的杂化类型为_；NO3的空间构型为_（用文字描述）。（2）Fe2+基态核外电子排布式为_。（3）与 O3分子互为等电子体的一种阴离子为_（填化学式）。（4）N2分子中 键与 键的数目比 n()n()=_。（5）Fe(H2O)62+与 NO 反应生成的 Fe(NO)(H2O)52+中，NO 以 N 原子与 Fe2+形成配位键。请在Fe(NO)(H2O)52+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。22【答案】（1）sp3平面（正）三角形（2）Ar3d6或 1s22s22p63s23p63d6（3）NO2（4）12（5）【解析】分析：（1）用价层电子对互斥理论分析SO42中 S 的杂化方式和 NO3的空间构型。（2）Fe 原子核外有 26 个电子，根据构造原理写出基态Fe 的核外电子排布式，进一步写出Fe2的核外电子排布式。（3）用替代法写出 O3的等电子体。（4）N2的结构式为 NN，三键中含 1 个 键和 2 个 键。+-（5）根据化学式，缺少的配体是NO 和 H2O，NO 中 N 为配位原子，H2O 中 O 上有孤电子对，O 为配位原子。1-详解：（1）SO42中中心原子 S 的价层电子对数为（6+2-421心原子 N 的孤电子对数为（5+1-322）+4=4，SO42中 S 为 sp3杂化。NO3中中-2）=0，成键电子对数为 3，价层电子对数为 3，VSEPR 模型为平面三角形，由于 N 原子上没有孤电子对，NO3的空间构型为平面（正）三角形。（2）Fe 原子核外有 26 个电子，根据构造原理，基态 Fe 的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe2的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6。（3）用替代法，与 O3互为等电子体的一种阴离子为NO2。（4）N2的结构式为 N（）=12。（5）根据化学式，缺少的配体是NO 和 H2O，NO 中 N 为配位原子，H2O 中 O 上有孤电子对，O 为配位原N，三键中含 1 个 键和 2 个 键，N2分子中 键与 键的数目比为 n（）n-+-子，答案为：。点睛：本题以“臭氧（O3）在Fe(H2O)62催化下能将烟气中的 SO2、NO 分别氧化为 SO42和 NO3，NO 也可在其他条件下被还原为 N2”为背景素材，考查离子核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断、等电子体的书写、键和 键的计算、配位键的书写。注意写配位键时由配位原子提供孤电子对。92018 海南卷I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_A第一电离能：ClSPSiB共价键的极性：HFHCIHBrHIC晶格能：NaFNaClNaBrNaID热稳定性：MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3II.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：（1）CuFeS2中存在的化学键类型是_。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的_。+-（2）在较低温度下 CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体产生。分子的立体构型是_，中心原子杂化类型为_，属于_（填“极性”或“非极性”）分子。的沸点比水低的主要原因是_。（3）CuFeS2与氧气反应生成 SO2，SO2中心原子的价层电子对数为_，共价键的类型有_。（4）四方晶系 CuFeS2晶胞结构如图所示。Cu的配位数为_，S2的配位数为_。ab0.524 nm，c1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是_gcm-3(列已知：出计算式)。【答案】I.BCII.（1）离子键CD（2）V 形sp3极性水分子间存在氢键（3）3 键和 键464 456832（4）44（0.52421.032）1021 NA【解析】I.A当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P 为半满结构，因此第一电离能最大，故不符合题意；B共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到下依次减弱，故B 符合题意；C晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此晶格能逐渐减小，故 C 符合题意；D热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D 不符合题意；故答案选 BC。II.（1）CuFeS2中存在非金属与金属之间的化学键，为离子键；电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨道，因此，B 不符合题意，而失去电子时，应先失去高能轨道电子，故CD 符合题意。（2）臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，分子中价层电子有4 对，孤对电子为中心原子杂化类型为 sp3，有孤对电子，为非对称结构，因此为极性分子。由于在水分子中，氧元素吸引电子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点升高。621=2 对，故构型是 V 形，2（3）SO2中心原子的价层电子对数为60=3，以双键结合，故共价键类型为 键和 键。211（4）Cu 的配位数为 6+4=4，S2占据 8 个体心，有两个 S，因此 S2的配位数为 4。24m64+456+832)/NA，体积 V=0.5240.5241.03210-21cm-3,，质量 m=(4V464 456832g/cm3。所以，CuFeS2晶体的密度是221（0.524 1.032）10 NA根据=【点睛】本题要注意两个易错点：同一周期中，元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但价电子轨道为半满全满时，稳定，第一电离能较大；同一主族元素的氢化物沸点相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，但氢键能影响熔沸点。102017 江苏铁氮化合物(FeNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某 FeNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。（1）Fe3+基态核外电子排布式为_。（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_，1 mol 丙酮分子中含有 键的数目为_。（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为_。（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_。（5）某 FeNy的晶胞如题 21 图1 所示，Cu 可以完全替代该晶体中 a 位置 Fe 或者 b 位置 Fe，形成 Cu替代型产物 Fe(n)CunNy。FeNy转化为两种 Cu 替代型产物的能量变化如题 21 图2 所示，其中更稳定的 Cu 替代型产物的化学式为_。【答案】（1）Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5（2）sp2和 sp39 mol（3）HCO（4）乙醇分子间存在氢键（5）Fe3CuN【解析】（1）铁是 26 号，Fe3+基态核外电子排布式为Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5。（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是甲基中的C 形成 3 个 CH 键，1 个 CC 键，为 sp3杂化，羰基中的C 形成 3 个 CC 键，一个 键，故 C 的杂化方式为 sp2；据以上分析1 mol 丙酮分子中含有 键的数目为 9 mol。（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为HCCH3OHCO2H2H2O 与 CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比甲醇多；CO2与 H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大（4）离子键和 键（或（5）0.1480.076【解析】（1）Co 是 27 号元素，位于元素周期表第 4 周期第 VIII 族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2。元素Mn 与 O 中，由于O 元素是非金属元素而 Mn 是金属元素，所以第一电离能较大的是 O。O 元素的基态原子价电子排布式为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而 Mn 元素的基态原子价电子排布式为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。（2）CO2和 CH3OH 的中心原子 C 原子的价层电子对数分别为 2 和 4，所以 CO2和 CH3OH 分子中 C 原子的杂化形式分别为 sp 和 sp3。（3）在 CO2低压合成甲醇反应所涉及的 4 种物质中，沸点从高到低的顺序为H2OCH3OHCO2H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O 与 CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；CO2与 H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大，所以 CO2的沸点较高。（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N 原子与 3 个氧原子形成 3 个 键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在 键。（5）因为 O2是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2半径的 4 倍，即 4r(O2)=2a，解得 r(O2键）)=20.420nm=0.148 nm；MnO 也属于 NaCl 型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数=2 r(O2)+2 r(Mn2+)，40.148 nm)/2=0.076 nm。则 r(Mn2+)=(0.448 nm-2【名师点睛】物质结构的考查，涉及电子排布式、第一电能能比较、杂化理论、化学键及分子间作用力和1晶胞的计算等。其中杂化形式的判断是难点，具体方法是：先计算中心原子价电子对数，价电子对数 n=（中2心原子的价电子数+配位原子的成键电子数电荷数）。注意：当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n 值判断杂化类型：一般有如下规律：当 n=2，sp 杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。142017 海南.下列叙述正确的有_。A某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，则其最高正价为+7B钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能C高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点.A 族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为 _，原子间存在的共价键类型有_，碳原子的杂化轨道类型为_。（2）SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为_，分子的立体构型为_，属于_分子（填“极性”或“非极性”）。（3）四卤化硅 Si4的沸点和二卤化铅Pb2的熔点如图（b）所示。Si4的沸点依 F、Cl、Br、I 次序升高的原因是_。Cl、Br、I次序，Pb2中的化学键的离子性_、结合Si4的沸点和Pb2的熔点的变化规律，可推断：依 F、共价性_。（填“增强”“不变”或“减弱”）（4）碳的另一种单质 C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示。位于立方体的棱上cm-3。和立方体的内部，此化合物的化学式为_；其晶胞参数为 1.4 nm，晶体密度为_g【答案】.AD.（1）混合型晶体 键、键sp2（2）4正四面体非极性（3）均为分子晶体，范德华力随分子相对质量增大而增大减弱增强（4）3C602.0【解析】I.A、某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，此元素是 Br，位于 VIIA 族，最高正价为+7 价，故 A 正确；B、金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg 的第一电离能，Na最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg 最外层有 2 个电子，因此Na 的第二电离能大于 Mg 的第二电离能，故B 错误；C、HClO4可以写成(HO)ClO3，HClO 写成(HO)Cl，高氯酸的中非羟基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性强于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故 C 错误；D、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质熔点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故D 正确；II.（1）该单质为石墨，石墨属于混合型晶体，层内碳原子之间形成 键，层间的碳原子间形成的是 键；石墨中碳原子有 3 个 键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2；1)/2=0，价层电子对数为 4，空间构型为正四（2）SiCl4中心原子是 Si，有 4 个 键，孤电子对数为(44面体；属于非极性分子；（3）Si4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔沸点越高，范德华力随着相对质量的增大而增大，即熔沸点增高；同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，因此 Pb2中化学键的离子型减弱，共价型增强；1/861/2=4，为与棱上和内部，个数为121/4（4）根据晶胞的结构，C60位于顶点和面心，个数为89=12，因此化学式为3C60，晶胞的质量为胞的密度为 2.0g/cm3。4 837g，晶胞的体积为(1.4107)3cm3，根据密度的定义，则晶NA