自主招生模拟题 [2016年北京自主招生化学模拟题:分子的立体结构]
2016年北京自主招生化学模拟题:分子的立体结构
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题目1： 氯化硼BCl 3的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键之间的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是_____
∙ ∙ ∙ ∙
题目2： 在以下的分子或离子中，空间结构的几何形状不是三角锥形的是_____
∙ ∙ ∙ ∙
A.NF3 B.CH3- C.BF3
D.H3O+
A. 氯化硼液态时能导电而固态时不导电 B. 氯化硼中心原子采用sp 杂化 C. 三氯化硼遇水蒸气会产生白雾
D. 氯化硼分子呈三角锥形，属极性分子
题目3： 向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；若继续加乙醇，析出深蓝色晶体．下列对此现象的说法正确的是_____
∙ ∙ ∙ ∙
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B. 难溶物溶解得到的溶液中含有深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+ C. 加乙醇后，析出的深蓝色晶体是Cu （OH ）2
D. 在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
题目4： 下列有关微粒空间构型的判断不正确的是_____
∙ ∙ ∙ ∙
题目5： 最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N 5、结构类似白磷的N 4、比黄金还贵的空中的甲醇气团等．下列说法中，正确的是_____
∙ A.18O2和16O2是两种不同的核素
∙ B. 将ag 铜丝灼烧成黑色后趁热插入甲醇中，铜丝变红，质量小于a g
18
A.GeCl4分子与CCl4分子都是正四面体形 B.NO-3的空间构型为平面三角形 C.O3分子的空间构型为平面三角形 D.ClO-3的空间构型为三角锥形
O 2、太
∙ C.N4为正四面体结构，每个分子中含有6个共价键，键角为109°28"
∙ D.2N5=5N2是化学变化
题目6：
下列分子的空间构型可用
sp
2
杂化轨道来解释的是_____ （填序号）
①CH4 ②CH2=CH2③C6H 6 ④CH≡CH ⑤NH3 ⑥BF3．
题目7：
20世纪50年代科学家提出价层电子对互斥理论（简称VSEPR 模型），用于预测简单分子立体构型．其要点可以概括为：
用ABn 表示只含一个中心原子的分子，A 为中心原子，B 为与中心原子相结合的原子，m 为中心原子最外层未参与成键的孤电子对，（n+m）称为价层电子对数．分子中的价层电子对总是互相排斥，均匀的分布在中心原子周围的空间…
（1）根据上述要点可以画出ABn 的VSEPR 理想模型，请填写下表：
n+m 2 4 VSEPR 理想模型 直线形 价层电子对之间的理想键角 109°28′（2）SO 3的立体构型为．
题目8：
、CoCl 3•5NH3和COCl3•4NH3．
②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是． ③上述配合物中，中心离子的配位数都是．
（2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN 溶液，溶液变成血红色．该反应在有的教材中用方程式FeCl 3KSCN ═Fe （SCN ）3+3KCl表示．经研究表明，Fe （SCN ）3是配合物，Fe 与SCN 不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合．请按要求填空：
①Fe与SCN 反应时，Fe 提供_____ ，SCN 提供_____ ，二者通过配位键结合．
②所得Fe 与SCN 的配合物中，主要是Fe 与SCN 以个数比1：1配合所得离子显血红色．含该离子的配合物的化学式是_____ ．
③若Fe 与SCN 以个数比1：5配合，则FeCl 3与KSCN 在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN ）5]+3KCl ．
题目9：
本题包括A 、B 两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容．请选择其中一题，并在相应的答题区域内作答．若两题都做，则按A 题评分．
A ．已知卤素互化物IBr 的性质与卤素单质类似，实验中准确量取IBr 溶液应选用的仪器是，碘瓶不干燥会发生反应的化学方程式_____ ．
3+
-3+
-3+
-3+
-3+
-3+
3+
-2-
（2）步骤Ⅱ中碘瓶在暗处放置30min ，并不时轻轻摇动的原因是_____ ．
（3）步骤Ⅲ中所加指示剂为_____ ，滴定终点的现象_____ ．
题目10：
2O,SCN ,SO 2,CO 2是非极性分子，SO 2和H 2O 都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO 2在H 2O 中的溶解度较大">下列是A 、B 、C 、D 、E 五种短周期元素的某些性质
-
A -4 2.5
B -2 2.5
C -1 3.0
D -2 3.5
3
E -1 4.0
化合价 电负性
（1）元素A 是形成有机物的主要元素，下列分子中含有sp 和sp 杂化方式的是_____
A ．
B．CH 4 C．CH 2=CHCH3 D ．CH 3CH 2C≡CH E．CH 3CH 3
（2）与AD 2互为等电子体的分子、离子的化学式依次为_____ 、_____ （各写1种）
（3）相同条件下，AD 2与BD 2分子两者在水中的溶解度较大的是_____ （写分子式），理由是_____ ．
题目11：
Cu 能与NH 3、H 2O 、OH 、Cl 等形成配位数为4的配合物． （1）向CuSO 4溶液中加入过量NaOH 溶液可生成Na 2[Cu（OH ）4]． ①画出配离子[Cu（OH ）4]中的配位键_____ ．
②Na2[Cu（OH ）4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有（填序号）．
A ．离子键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键
（2）金属铜单独与氨水或过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液发生如下反应： Cu+H2O 2+4NH3═[Cu（OH ）4]+2OH．其原因是_____ ． （3）Cu 可以与乙二胺（H 2N-CH 2CH 2-NH 2）形成配离子（如图） ①H、O 、N 三种元素的电负性从大到小的顺序． ②乙二胺分子中N 原子成键时采取的杂化类型是． ③乙二胺沸点高于Cl-CH 2CH 2-Cl 的主要原因是．
2+
2+
-2+
2+
--
题目12：
如表中的中心原子A 上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，完成下表中的空白处．
AB n 分子的立体构型 典型例子 n=2 n=3 n=4
题目13：
Mn 、Fe 均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能数据如下表：
元素
Mn I1 717 I2 1509 I3 3248
Fe 759 1561 2957
电离能（kJ/mol）
回答下列问题：
（1）Mn 元素基态原子的价电子排布式为_____ ．
比较锰和铁两元素的电离能I 2和I 3可知，气态Mn 再失去一个电子比气态Fe 再失去一个电子难．对此，你的解释是：_____ ．
（2）铁元素广泛应用，Fe 与KCN 溶液反应得Fe （CN ）2沉淀，KCN 过量时沉淀溶解，生成黄血盐，其配离子结构如图（离子所带电荷未标出）． ①铁元素在周期表中的位置是．
②已知CN 与N 2结构相似，CN 中C 原子的杂化方式是_____ ． ③写出沉淀溶解的化学方程式．
题目14：
已知A 、B 、C 、D 、E 、F 都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A 、B 、C 、D 、E 为不同主族的元素．A 、C 的最外层电子数都是其电子层数的2倍，B 的电负性大于C ，透过蓝色钴玻璃观察E 的焰色反应为紫色，F 的基态原子中有4个未成对电子． （1）基态的F 核外电子排布式是_____ ．
（2）B 的气态氢化物在水中的溶解度远大于A 、C 的气态氢化物，原因是_____ ．
（3）化合物FD 3是棕色固体、易潮解、100℃左右时升华，它的晶体类型是_____ ；化合物ECAB 中的阴离子与AC 2互为等电子体，该阴离子的电子式是_____ ．
3+--2+
2+
2+
（4）FD 3与ECAB 溶液混合，得到含多种配合物的血红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是_____ ． （5）化合物EF[F（AB ）6]是一种蓝色晶体，如图甲表示其晶胞的E 的个数为_____ ．
（6）ZnS 在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方ZnS 晶体结构如图乙所示，其晶胞边长为540.0pm ，密度为_____ （列式并计算），a 位置S 离子与b 位置Zn 离子之间的距离为
_____
2-2+
+
（E 未画出）．该蓝色晶体的一个晶胞中
+
题目15：
粉煤灰是燃煤电厂的工业废渣，其中含莫来石（Al 6Si 2O 13）的质量分数为38%，还有含量较多的SiO 2．用粉煤灰和纯碱在高温下烧结，可制取NaAlSiO 4，有关化学反应方程式：Al 6Si 2O 13+3Na2CO 3→2NaAlSiO4+4NaAlO2+3CO2↑结合上述反应完成下列填空：
（1）上述反应所涉及的元素中，原子核外电子数最多的元素在周期表中的位置是_____ ，其氧化物属于_____ 晶体．
（2）上述元素中有三种元素在元素周期表中处于相邻位置，其原子半径从大到小的顺序为：_____ ＞_____ ＞（用元素符号表示）．
（3）二氧化碳分子的空间构型为_____ 型．
（4）上述元素中有两种元素是同一主族，可以作为判断两者非金属性强弱的依据的是_____ （填编号）． a ．该两种原子形成的共价键中共用电子对的偏向 b ．最高价氧化物熔沸点高低 c ．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱 d ．单质与酸反应的难易程度．
答案部分
1、C 解析：
解：A 。氯化硼是共价化合物液态时不能导电，故A 错误； B 。三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，故B 错误； C 。三氯化硼水解生成的HCl 在空气中形成白雾，故C 正确；
D 。三氯化硼中的硼为sp 杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构，故D 错误。 故选C 。
2
2、C
解析：
解：A 。NF 3中N 原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，价层电子对数为4，采取sp 型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，NF 3分子空间构型是三角锥形，有故A 错误；
B 。CH 3中N 原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，价层电子对数为4，采取sp 型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，CH 3分子空间构型是三角锥形，故B 错误；
C 。BF 3中B 原子成3个σ键，没有未成键的孤对电子，价层电子对数为3，采取sp 型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，BF 3分子空间构型是平面三角形，故C 正确；
D 。H 3O 中O 原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，价层电子对数为4，采取sp 型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，H 3O 分子空间构型是三角锥形，故D 错误。
故选C 。
3、B 解析：
解：A 。硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A 错误。
B 。硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH 3）
4]2+
+
+
32
--3
3
而使溶液澄清，故B 正确；
C 。[Cu（NH 3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu（NH 3）
4]SO4，故C 错误；
D 。在[Cu（NH 3）4]离子中，Cu 提供空轨道，N 原子提供孤电子对，故D 错误； 故选B 。
4、C 解析：
解：A 。C 和Ge 同主族，GeCl 4分子中中心原子没有孤对电子，其价层电子对数是4，所以它们的空间构型都是正四面体型，故A 正确；
B 。硝酸根离子的价层电子对=3+
2+2+
1 2
(5+1-3×2)=3，且没有孤电子对，所以是平面三角形构型，故B 正确；
C 。臭氧分子的中心原子有一对孤对电子，所以臭氧分子的空间构型是V 型，故C 错误； D 。氯酸根离子价层电子对=3+
1 2
(7+1-3×2)=4，且含有一个孤对电子，所以其空间构型是三角锥型，故D 正确； 故选C 。 5、D 解析： 解：A 。O 2和
18
16
O 2是氧元素的两种单质，不是原子，不是核素，故A 错误；
B 。铜丝在甲醇的氧化实验中做催化剂，反应前后质量不变等于ag ，故B 错误； C 。N 4结构类似白磷，应为正三棱锥结构，不是正四面体结构，故C 错误； D 。2N 5=5N2，有新的物质生成，属于化学变化，故D 正确。 故选D 。
6、②③⑥ 解析：
解：①CH4 分子中碳原子杂化轨道数为4，所以采取sp 杂化，故错误； ②CH2=CH2分子中每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp 杂化，故正确； ③C6H 6分子中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp 杂化，故正确； ④CH≡CH分子中每个碳原子杂化轨道数为2，所以采取sp 杂化，故错误； ⑤NH3分子中氮原子杂化轨道数为4，所以采取sp 杂化，故错误； ⑥BF3分子中硼原子杂化轨道数为3，所以采取sp 杂化，故正确。
7、正四面体形,180°, 三角锥形 解析： 解：（1）当n+m=4时，VSEPR 模型为四面体形，其键角是109°28′，当n+m=2时，VSEPR 模型为直线形，其键角是180°， 故答案为：
232
23
n+m
VSEPR 理想模型
价层电子对之间的理想键角
（2）该离子中价层电子对个数=3+
2
4
正四面体形
180°
1 2
（6+2-3×2）=4，且含有一个孤电子对，所以VSEPR 理想模型是四面体形，立体构型是三角锥形， 故答案为：三角锥形。
8、[Co（NH 3）4（Cl ）2]Cl,空间构型不同,6, 空轨道, 孤电子对,[Fe（SCN ）] 解析：
解：（1）①1molCoCl3•6NH3只生成3molAgCl ，则1molCoCl 3•6NH3中有3molCl 为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH 3和Cl ，所以其化学式为[Co（NH 3）6]Cl3；
1molCoCl 3•5NH3只生成2molAgCl ，则1molCoCl 3•5NH3中有2molCl 为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH 3和Cl ，所以其化学式为[Co（NH 3）5（Cl ）]Cl2；
1molCOCl 3•4NH3（绿色）和CoCl 3•4NH3（紫色）只生成1molAgCl ，则1molCoCl 3•4NH3中有1molCl 为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH 3和Cl ，所以其化学式为[Co（NH 3）4（Cl ）2]Cl，
故答案为：[Co（NH 3）6]Cl3，[Co（NH 3）5（Cl ）]Cl2，[Co（NH 3）4（Cl ）2]Cl，[Co（NH 3）4（Cl ）2]Cl； ②CoCl3•4NH3（绿色）和CoCl 3•4NH3（紫色）的化学式都是[Co（NH 3）4（Cl ）2]Cl，但因其空间构型不同导致颜色不同
故答案为：空间构型不同；
③这几种配合物的化学式分别是[Co（NH 3）6]Cl3、[Co（NH 3）5（Cl ）]Cl2、[Co（NH 3）4（Cl ）2]Cl，其配位数都是6，
故答案为：6；
（2）①Fe与SCN 反应生成的配合物中，Fe 提供空轨道，SCN 提供孤对电子，故答案为：空轨道，孤对电子； ②Fe与SCN 以个数比1：1配合所得离子为[Fe（SCN ）]，故FeCl 3与KSCN 在水溶液中反应生成[Fe（SCN ）]Cl2与KCl ，
故答案为：[Fe（SCN ）]Cl2；
3+
-2+
3+
-3+
-------2+
3+
-2-
③Fe与SCN 以个数比1：5配合所得离子为[Fe（SCN ）故FeCl 3与KSCN 在水溶液中反应生成K 2[Fe（SCN ）5]，
5]与KCl ，所以反应方程式为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN ）5]+3KCl， 2-
故答案为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN ）5]+3KCl。
9、酸式滴定管,IBr+H2O=HIO+HBr,碘瓶置于暗处可减少溴化氢挥发，不断搅动可以让物质间充分反应, 淀粉溶液, 溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不变化 解析：
解：A 。（1）①K3[Fe（CN ）6为离子化合物，应含有离子键，Fe 和CN 之间为配位键，C 与N 之间为极性键， 故答案为：CEF ；
②Fe的电子排布式为[Ar]3d4S ，则Fe 离子的电子排布式为：[Ar]3d，故答案为：[Ar]3d； ③CN为双原子离子，含有14个电子，其等电子体有CO 、N 2，故答案为：CO 、N 2； ④二氧化硒分子中含有2δ键个，孤电子对数为
-6
2
3+
5
5
6-2×2 2
=1，分子为V 形，故答案为：V 形；
（2）As 的价电子排布为4s 4p ，而Se 的价电子排布为4s 4p ，二者相比较，前者p 轨道半充满，处于稳定状态，第一电离能较大，硫化锌是离子化合物，硫元素与锌元素的物质的量比是1：1，每个硫原子与4个锌原子形成离子键，同时每个锌原子同时与4个硫原子形成离子键，故配位数为4，故答案为：＞；4； B 。（1）卤素互化物IBr 的性质与卤素单质类似，具有氧化性，腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管盛装，IBr 易发生水解反应，反应方程式为：IBr+H2O=HIO+HBr，故答案为：酸式滴定管（或移液管 ）；IBr+H2O=HIO+HBr； （2）溴化氢易挥发，置于暗处可减少溴化氢挥发，为使反应充分进行，应不断搅动使物质充分接触而反应， 故答案为：碘瓶置于暗处可减少溴化氢挥发，不断搅动可以让物质间充分反应；
（3）碘遇淀粉变蓝色，可用淀粉为反应的指示剂，滴定时终点的判断为 溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不变化，
故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不变化。
10、D,N 2O,SCN ,SO 2,CO 2是非极性分子，SO 2和H 2O 都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO 2在H 2O 中的溶解度较大 解析：
解：A 、B 、C 、D 、E 五种短周期元素，根据元素化合价知，A 属于第ⅣA 族，B 、D 属于第ⅥA 族，C 、E 属于第V ⅡA 族，B 的电负性小于D ，所以D 是O 元素，B 是S 元素；C 的电负性小于E ，所以C 是Cl 元素，E 是F 元素，硅的电负性小于S ，A 的电负性等于S 元素，所以A 是C 元素，
-2
3
2
4
（1）A 。苯环上碳原子含有3个σ 键，采用sp 杂化，故A 错误； B 。甲烷分子中碳原子含有4个σ 键，采用sp 杂化，故B 错误；
32
C 。丙烯中甲基碳原子含有4个σ 键，采用sp 杂化，碳碳双键两侧的碳原子含有3个σ 键，采用sp 杂化，故C 错误；
D 。1-丁炔中甲基和亚甲基中碳原子含有4个σ 键，采用sp 杂化，碳碳三键两侧的碳原子含有2个σ 键，采用sp 杂化，故D 正确；
E 。乙烷中甲基碳原子含有4个σ 键，采用sp 杂化，故E 错误； 故选D ；
（2）与CO 2互为等电子体的分子、离子中含有3个原子，16个价电子，所以其等电子体的分子、离子的化学式依次为N 2O 、SCN ，故答案为：N 2O 、SCN ；
（3）相同条件下，CO 2与SO 2分子两者在水中的溶解度较大二氧化硫，二氧化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”原理知，SO 2在H 2O 中的溶解度较大，
故答案为：SO 2，因为CO 2是非极性分子，SO 2和H 2O 都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO 2在H 2O 中的溶解度较大。
11、见解析 解析：
（1）①Cu含有空轨道，OH 含有孤对电子，可形成配位键； ②Na2[Cu（OH ）4]中除了配位键外，还存在离子键和极性共价键； （2）过氧化氢可氧化Cu 生成Cu ，进而与氨分子形成配位键； （3）①根据电负性在周期表中递变规律分析； ②乙二胺分子中N 原子形成4个δ键； ③乙二胺分子间能形成氢键。
（1）①Cu含有空轨道，OH 含有孤对电子，可形成配位键，配离子[Cu（OH ）4]中1个Cu 与4个OH 形成配位键，可表示为故答案为：
；
，
2+
-2+
2+
-2+
2+
---3
3
32
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②Na2[Cu（OH ）4]为离子化合物，含有离子键，并且O-H 为极性共价键，故答案为：AC ； （2）过氧化氢可氧化Cu 生成Cu ，进而与氨分子形成配位键，
故答案为：过氧化氢为氧化剂，氨分子与Cu 形成配位键，两者相互促进使反应进行；
（3）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则O ＞N ，H 的电负性最弱，则有O ＞N ＞H ，故答案为：O ＞N ＞H ；
②乙二胺分子中N 原子形成4个δ键，为sp 杂化，故答案为：sp ；
③N元素电负性较强，可形成氢键，沸点较高，故答案为：乙二胺分子间能形成氢键。
12、见解析 解析：
解：中心原子A 上的价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数，当中心原子无孤对电子对时，中心原子A 上的价层电子对数=成键电子对数=n，VSEPR 模型与分子空间几何构型相同。
当价层电子对数=n=2时，VSEPR 模型为直线型，分子几何构性为直线型，如CO 2；
当价层电子对数=n=3时，VSEPR 模型为平面正三角形，分子几何构性为平面正三角形，如BF 3； 当价层电子对数=n=4时，VSEPR 模型为正四面体，分子几何构性为正四面体，如CH 4； 故答案为：
3
3
2+
2+
ABn 分子的立体构型 典型例子 n=2 直线型 n=3 平面正三角形 n=4 正四面体
13、见解析 解析：
（1）锰元素的3d 能级和4s 能级上的电子都是价电子，据此写出Mn 元素基态原子的价电子排布式，轨道上的电子处于全满、半满、全空时最稳定；
（2）①铁元素在周期表中的位置是第四周期第VIIIA 族； ②根据C 原子价层电子对个数确定杂化方式； ③Fe（CN ）2沉淀和KCN 反应生成络合物。
（1）锰元素的3d 能级和4s 能级上的电子都是价电子，Mn 元素基态原子的价电子排布式为3d 4s ，由Mn 转
52
2+
CO2 BF3 CH4
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3+
5
4
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化为Mn 时，3d 能级由较稳定的3d 半充满状态转化为不稳定的3d 状态需要的能量较多；而Fe 转化为Fe 时，3d 能级由不稳定的3d 转化为稳定的3d 半充满较稳定状态，需要的能量相对要少，
6
5
2+3+
故答案为：3d 4s ，由Mn 转化为Mn 时，3d 能级由较稳定的3d 半充满状态转化为不稳定的3d 状态需要的能量较多；而Fe 转化为Fe 时，3d 能级由不稳定的3d 转化为稳定的3d 半充满较稳定状态，需要的能量相对要少；
（2）①铁元素在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族； ②CN中C 原子价层电子对个数=1+
-2+
3+
6
5
522+3+54
=2，所以采取sp 杂化，故答案为：sp ；
11
③Fe（CN ）2沉淀和KCN 反应生成络合物，反应方程式为Fe （CN ）2+4KCN═K 4[Fe（CN ）6]，故答案为：Fe （CN ）
2+4KCN═K 4[Fe（CN ）6]。
14、见解析 解析：
A 、B 、C 、D 、E 、F 都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A 、B 、C 、D 、E 为不同主族的元素。A 、C 的最外层电子数都是其电子层数的2倍，则A 是C 元素，C 是S 元素，透过蓝色钴玻璃观察E 的焰色反应为紫色，E 是K 元素，D 的原子序数介于S 与K 元素之间，故D 为Cl 元素，B 的电负性大于C ，且B 的原子序数小于C ，属于不同主族，所以B 是N 元素，F 位于第四周期，基态原子中有4个未成对电子，外围电子排布为3d 4s ，则F 是Fe 元素。
（1）根据基态离子的核外电子排布式的书写规则书写，注意原子失去电子的顺序是从最外层到里层； （2）氢键的存在影响物质的熔沸点和溶解性；
（3）分子晶体的熔沸点较低，根据物质的熔沸点确定晶体类型，化合物ECAB 中的阴离子是SCN ，AC 2是CS 2，根据二硫化碳的电子式写出硫氰根离子的电子式；
（4）氯化铁和硫氰化钾溶液混合生成络合物，根据化合物中化合价的代数和为0写出该化学式； （5）化合物EF[F（AB ）6]是KFe[Fe（CN ）6]，利用均摊法计算一个晶胞的钾离子个数；
（6）利用均摊法计算晶胞中含有的硫原子和锌原子，根据ρ=
计算密度，每个黑色小球连接4个白色小球，
pm ，根据余弦定理计算白中含有的离子，结合化学式确定
-62
构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，两个白球之间的距离=270
球和黑球之间的距离。
A 、B 、C 、D 、E 、F 都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A 、B 、C 、D 、E 为不同主族的元素。A 、C 的最外层电子数都是其电子层数的2倍，则A 是C 元素，C 是S 元素，透过蓝色钴玻璃观察E 的焰色反应为紫色，E 是K 元素，D 的原子序数介于S 与K 元素之间，故D 为Cl 元素，B 的电负性大于C ，且B 的
原子序数小于C ，属于不同主族，所以B 是N 元素，F 位于第四周期，基态原子中有4个未成对电子，外围电子排布为3d 4s ，则F 是Fe 元素。
（1）铁离子的核外电子排布式为：1s 2s 2p 3s 3p 3d ； 故答案为：1s 2s 2p 3s 3p 3d ；
（2）N 、O 、F 原子易形成氢键，氢键的存在影响物质的熔沸点和溶解性，所以NH 3与H 2O 分子间存在氢键，其它分子与H 2O 分子间不存在氢键，所以氨气的溶解性大；
故答案为：NH 3与H 2O 分子间存在氢键，其他分子与H 2O 分子间不存在氢键；
（3）氯化铁的熔点较低，为分子晶体，把二硫化碳分子中的一个硫原子换成N 原子，则硫氰根离子的电子式为
[
]；
]；
--22
62
6
5
22
62
6
5
62
故答案为：分子晶体，[
（4）硫氰根离子的化合价为-1价，铁离子的化合价为+3价，钾离子的化合价为+1价，化合物中化合价的代数和为0，且配位数是5，所以钾离子的个数是2，铁离子的个数是1，其化学式为K 2Fe （SCN ）5； 故答案为：K 2Fe （SCN ）5； （5）晶胞的
（E 未画出）中，亚铁离子个数=4×
=4，铁离子个数是
+
，铁离子个数=4×
-
，CN 离子个数=12×
-
，所以
晶胞中亚铁离子个数是
=4，CN 离子个数=3×8=24，化合物EF[F（AB ）6]是
KFe[Fe（CN ）6]，根据各离子的个数比知，晶胞中钾离子个数是4； 故答案为：4；
（6）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数=
3
，ρ==
=4.1g/（cm ），每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，两个白球之间的距离=270=
pm ；
3
pm ，设S 离子与Zn 离子之间的距离为x ，2x -2x cos109°28′=（270
2-2+22
），x=
2
故答案为：4.1g/（cm ），
15、见解析 解析：
pm 。
（1）原子核外电子数最多的元素为Si 元素，根据核外电子排布确定其处于周期表的位置，其氧化物是二氧化硅，属于原子晶体； （2）Al 、Si 、C 三种元素处于相邻位置，根据同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大判断； （3）二氧化碳分子中C 原子杂化轨道数为2，采取sp 杂化；
（4）利用元素吸引电子的能力、非金属对应的最高价氧化物水化物的酸性、气态氢化物的稳定性、与氢气化合的难易程度、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱。
（1）原子核外电子数最多的元素为Si 元素，Si 原子核外有3个电子层，最外层电子数是4，硅元素位于周期表第三周期第ⅣA 族，二氧化硅属于原子晶体， 故答案为：第三周期第ⅣA 族，原子；
（2）Al 、Si 、C 三种元素处于相邻位置，Al 和Si 处于同一周期，且Al 原子序数小于Si ，属于Al 原子半径大于Si ，Si 和C 属于同一主族，同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大，则硅的原子半径大于碳，所以这三种元素的原子半径大小顺序是：Al Si C，故答案为：Al 、Si 、C ；
（3）二氧化碳分子中C 原子杂化轨道数为2，采取sp 杂化，故二氧化碳分子是直线型分子，故答案为：直线； （4）a 。该两种原子形成的共价键中共用电子对的偏向，吸引电子能力强的非金属性强，所以能说明非金属性强弱，故a 正确；
b 。最高价氧化物熔沸点高低不能说明非金属性强弱，故b 错误；
c 。最高价氧化物对应水化物的酸性强弱能说明非金属性强弱，非金属性越强的元素，其最高价含氧酸的酸性越强，故c 正确；
d 。单质与酸反应的难易程度不能说明非金属性强弱，故d 错误； 故选：a c。