2024届高三化学二轮复习 复习题- --物质结构与性质

2024届高三化学复习题---物质结构与性质 1．（2024·宁夏银川·模拟预测）锌在生产生活中应用广泛，同时，锌也是人体必需的微量元素之一，起着极其重要的作用。 (1)配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。 ①基态Zn2+的价电子排布式为 。 ②L2-所含元素中，第一电离能从小到大的顺序为 ；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为 个。 ③X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入 。(假设X晶胞形状不变)。 A．-Cl         B．-OH         C．-NH2         D．-CH3 ④X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。 已知晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为 g•cm-3(列出化简的计算式)。 (2)复兴号高铁车体材质用到Zn、Co等元素，已知r(Co2+) =65 pm，r(Zn2+) =74 pm，推测ZnCO3比CoCO3的分解温度 (填“高”或“低”)，解释原因： 。 (3)H3PO3和H3AsO3的形式一样，但酸性强弱相差很大。已知H3PO3为中强酸，H3AsO3为弱酸，试推断H3PO3和H3AsO3的分子结构 。 2．（2024·浙江杭州·模拟预测）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： (1)下列说法正确的是___________。 A．能量最低的激发态F原子的电子排布图为： B．化学键中离子键成分的百分数：CaF2>LiF>NaF C．HF的沸点比H2O低是因为HF氢键的键能小于H2O D．已知N—F键的极性比N—H的极性强，因此NF3分子的极性比NH3的极性弱 (2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键()，ClO2中Cl原子的轨道杂化方式 ；O-Cl-O键角 Cl-O-Cl键角(填“>”“<”或“=”)。比较ClO2与Cl2O中Cl-O键的键长并说明原因 。 (3)470K时，F2与Cl2反应生成ClF，常温常压下，ClF为无色气体，固态ClF的晶体类型为 。 (4)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数，)，其中Cu化合价为+2。上述反应中K和F2的物质的量之比为 。与Cu原子距离最近的F原子的数目为 ，若该化合物的密度为，则阿伏加徳罗常数的值NA= (用含、a、c的代数式表示。 3．（2024·四川成都·模拟预测）芯片作为科技产业，以及信息化、数字化的基础，一直倍受关注。芯片制造会经过六个最为关键的步骤；沉积、光刻胶涂覆、光刻、刻蚀、离子注入和封装。 (1)“沉积”是将导体、绝缘体或半导体材料薄膜沉积到纯硅晶圆上。GaN、GaAs是制造芯片的新型半导体材料。 ①Ga与As均为第四周期元素，其中基态As原子的价层电子排布图为 。 ②GaN、GaP、GaAs熔融状态均不导电，据此判断它们是 化合物。它们的晶体结构与金刚石相似，试分析GaN、GaP、GaAs熔点由大到小的顺序为 。 ③GaAs的晶体结构如图甲(白色球为Ga原子)所示，1molGaAs中配位键的数目为 。 (2)“光刻胶涂覆”中用到一种701紫外正型光刻胶，结构如图乙所示，其S原子的杂化方式为 。 (3)“光刻”时，紫外负型光刻胶常含有(叠氮基)，在紫外光下可以形成阴离子，的等电子体有 (填化学式，写出一种即可)，其空间构型为 。 (4)“刻蚀”过程可能用到刻蚀剂HF，及清洗剂，三种物质中属于第二周期的元素电负性由大到小的顺序为 。氢氟酸是弱酸，在水溶液中存在，，但当HF的浓度大于5mol/L时，氢氟酸是一种相当强的酸，请解释原因： 。 (5)LiF晶体结构属于氯化钠型，LiF晶体的密度约为，LiF晶胞体积V= cm-3。(列出计算式，设阿伏加德罗常数的值为) 4．（2024·浙江·模拟预测）第二周期非金属元素的单质及其化合物是生命活动的重要物质基础。请回答： (1)下列说法正确的是_______。 A．三种分子的键角逐渐减小 B．第二周期非金属元素的最高正价逐渐升高 C．最外层电子排布为与硼元素同主族 D．结合质子趋势： (2)有机物转化及相应产率：，所有有机物中碳原子的杂化方式为 ，后者产物的产率低的原因是 。 (3)当负电荷位于电负性大的原子时，结构较稳定。结合，通过电子转移可得到下列粒子，稳定性最弱的粒子是_______。 A． B． C． D． (4)某新型电池的正极材料由F、K、Ni三种元素组成，其晶胞如图所示： ①基态Ni的核外电子排布式为 。 ②K与F间的化学键的离子键百分率 Ni与F间的化学键（选填“大于”或“小于”）。 ③该材料中，Ni元素的化合价为 。 5．（2024·浙江·模拟预测）ⅤA族元素有的是金属元素，有的是非金属元素，应用非常广泛。回答下列问题： (1)基态P原子的价层电子排布式为 。 (2)氮原子与碳原子形成六元环状结构，再通过相互连接形成层状“类石墨”晶体结构，有良好的光催化性能。如图是这种石墨相共价化合物的单层结构。 ①这种化合物由氨基氰（）为原料在不断加热条件下制得，其中双氰胺和三聚氰胺分别是加热至203℃和234℃时得到的中间产物，三聚氰胺的分子式为 。 ②这种化合物中的氮原子与碳原子杂化方式是 ，结构图空框中是晶体的末尾含氢官能团，该官能团的结构简式为 。 ③下列有关这种化合物说法不正确的是 。 A．两种结构相似的完美共价晶体熔点：氮化碳<氮化硅 B．激发态原子可能的电子排布式为： C．这种化合物每个六元环含有2个碳原子和2个氮原子 D．已知苯胺的碱性比氨弱，所以氨基氰的碱性也比氨弱 (3)立方氮化硼（CBN）晶体的极端条件性能稳定，是理想的第三代半导体材料，其结构如图所示。 ①的键角为 。 ②原子分数坐标为，则原子的坐标为 。 6．（2024·陕西·模拟预测）是一种钠离子电池正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞示意图的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价。 (1)简单金属离子在水溶液中有颜色的原因是其价层电子中含有的未成对电子发生跃迁，如呈黄色，呈绿色，呈蓝色等；预测呈 色，原因是 。 (2)可以形成多种配合物，其中的甘氨酸铜对于预防和治疗贫血、骨质疏松等疾病具有一定的作用，它有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。 甘氨酸铜中铜原子的杂化方式为 (填“”或“”)。 (3)充电时，每个晶胞完全转化为晶胞。每个晶胞中个数为 (用含的代数式作答)。当时， 。晶胞中互不相邻的围成的空间结构是 。 (4)可以与稀硫酸反应生成，比较和键角的大小： (填“>”或“<”)，说明原因： 。 (5)立方晶胞的晶胞参数为，该晶胞的密度为 (用表示阿伏加德罗常数的值)。 7．（23-24高三下·青海海南·阶段练习）中国幅员辽阔，有丰富的金、银、铜、铅等矿产资源。根据所学知识回答下列问题： (1)已知金的价电子排布式为，则其位于元素周期表 区。 (2)某种配合物结构如图(H原子未给出)。 ①该配合物中提供空轨道的为 (填元素符号)。 ②该配合物中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。 ③该配合物中键角∠O—S—O (填“>”“<”或“=”)∠C—N—C。 (3)铜及其化合物常用作催化剂，如。 ①分子中O原子的杂化轨道类型为 。 ②易溶于水，原因是 、 。 ③的立体构型为 ，其分子中含有的键与键数目之比为 。 (4)Pb、S形成的某种晶体结构示意图如图，设晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值。 ①该晶体的化学式为 。 ②该晶体的密度为 。 8．（23-24高三下·重庆·期中）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，B元素是地壳中含量最高的元素，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，E元素位于周期表的VIB族，F元素的基态原子中有4个未成对电子。 (1)A元素单质的结构式为 ，基态E元素原子价层电子排布图为 。 (2)A的氢化物分子属于 分子(填“极性或非极性”)，A与B形成的的空间构型为 。 (3)火箭推动剂由和组成，加热反应时有元素的单质生成，写出该化学反应方程式： 。基态未成对电子数为 个。 (4)元素B与E形成的一种化合物广泛应用于录音磁带上，其晶胞如图所示。若晶胞参数(边长)为apm，为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为 。 9．（23-24高三下·北京·期中）硅烷广泛应用在现代高科技领域。制备硅烷的反应为：。 (1)①基态硅原子的价层电子轨道表示式为 。 ②中，硅的化合价为＋4价。硅显正化合价的原因是 。 ③下列说法正确的是 (填字母)。 a．的稳定性比的差 b．中4个的键长相同，的键角为90° c．中硅原子以4个杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个键 (2)的晶胞结构如图所示，晶胞的体积为。 ①的VSEPR模型名称为 。 ②用表示阿伏加德罗常数的值。晶体密度为 (用含、、的代数式表示)。 ③是一种具有应用潜能的储氢材料，其释氢过程可用化学方程式表示为：。掺杂替换晶体中部分Al，更利于中H的解离，使体系更容易释放氢。从结构的角度推测其可能的原因： 。 10．（2024·陕西·一模）科技强国，我国科学家在诸多领域取得新突破。 (1)芯片制造会经过六个最为关键的步骤：沉积、光刻胶涂覆、光刻、刻蚀、离子注入和封装。其中“刻蚀”过程可能用到刻蚀剂HF、。 ①基态F原子核外电子有 种空间运动状态，下列为氟原子激发态的电子排布式的是 (填字母)。 A．        B．        C．        D． ②C、N、O、F四种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。 ③HF分子的极性 (填“大于”、“等于”或“小于”)HCl，的空间构型为 。 ④“光刻胶涂覆”中用到一种701紫外正型光刻胶，结构如下图所示，其中S原子的杂化方式为 。 (2)复兴号高铁车体材质用到了Mn、Co等元素。Mn的一种配合物的化学式为，与Mn原子配位时，提供孤电子对的是 (填元素符号)，Mn原子的配位数为 ，中键与键数目之比为 。 (3)砷与金属钠、铁、铜可形成一种绝缘体材料，其晶胞结构图中钠原子沿z轴投影如图所示，已知m原子的分数坐标为，晶胞棱边夹角均为90°。n原子的分数坐标是 ，若阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度是 (用含a、c、的代数式表示)。 11．（2024·陕西榆林·模拟预测）硅元素广泛应用于半导体、光伏、塑料工业。回答下列问题： (1)同周期元素中，成对电子数比硅多的元素有 种。 (2)晶体硅和碳化硅的熔点相比，较高的是 (填化学式)，原因是 。 (3)由于硅的价层有轨道可以利用，而碳没有，因此化合物的结构具有较大差异：化合物(平面形)和(三角锥形)中，更易形成配合物的是 (填化学式)。中元素的电负性由大到小的顺序是 。下列划线原子与中原子杂化类型相同的是 (填字母)。 A．COCl2　　　　B．NH3·BH3　　　　C．CH3NH2 (4)一种钛硅碳新型材料可用作高铁车体与供电网的连接材料。该材料的晶胞属于六方晶系(x、y方向的夹角为，z方向垂直于x、y方向，底面棱长均为anm，侧面棱长为cnm)，其晶胞结构如图甲所示，晶胞中碳原子的投影位置如图乙所示。 该新型材料的化学式为 ，已知该新型材料的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则其密度为 g·cm-3(用含a、c、M、NA的代数式表示)。 12．（2024·北京·模拟预测）自然界中，纯粹的典型晶体是不多的，大多数晶体是分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体之间的过渡晶体。以下列出了第三周期几种氧化物晶体中离子键的百分数。 氧化物 MgO 离子键百分数 62 50 41 33 提示：离子键的百分数是通过电负性的差值计算出来的，电负性的差值越大，离子键的百分数越大。 (1)从原子结构角度解释，为什么一般认为氧化镁属于离子晶体，而二氧化硅属于共价晶体： 。 (2)硅元素位于元素周期表的 区。基态硅原子的价层电子排布式为 。 (3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，已知该晶体中晶胞各边长度分别为apm、apm和cpm，两条底边夹角为120°，距离最近的两个B原子之间距离为。 ①该物质化学式为 ； ②距离每个B原子最近的Mg原子有 个； ③该晶体密度为 。 (4)滴定测定含量。 (ⅰ)称取m克硅酸钠样品加热溶解后，配置为250mL待测液。 (ⅱ)移取50mL待测液至250mL锥形瓶中，加入10滴甲基红指示剂【HIn(红色)(黄色)】，摇匀后用0.2000mol/L HCl标准溶液滴定至体系为玫瑰红色，消耗盐酸体积为，体系中有沉淀。 (ⅲ)加入3.0g氟化钠固体，充分反应。 (ⅳ)用0.5000mol/L HCl标准溶液滴定至溶液为玫瑰红色并继续加入至过量，共加入。 (ⅴ)用0.5000mol/L NaOH标准溶液滴定至溶液变为亮黄色，消耗NaOH溶液。 已知：为强电解质，回答问题： ①步骤(ⅲ)中加入NaF后发生化学反应的离子方程式，则加入NaF后的实验现象为 。 ②样品中硅酸钠的纯度为 (用质量分数表示)。 13．（23-24高三下·安徽蚌埠·期中）碳和硅是自然界中大量存在的元素，硅及其化合物是工业上最重要的材料。设NA代表阿伏加德罗常数的值。粗硅的制备方法有两种： 方法一： 方法二： (1)基态Si原子中存在 对自旋状态相反的电子，基态Mg原子的最外层电子的电子云轮廓图是 。 (2)上述2个反应中，涉及的所有元素中第一电离能最小的是 (填元素符号)。 (3)C(金刚石)、晶体硅、CO三种晶体的熔点由高到低的顺序为 ，其原因是 。 (4)CO在配合物中可作为配体，在Cr(CO)6配合物中配位原子是 (填元素符号)，1mol该配合物中含有π键的数目是 。 (5)SiO2晶胞(如图1)可理解成将金刚石晶胞(如图2)中的C原子置换成Si原子，然后在Si—Si键中间插入O原子而形成。 ①推测SiO2晶胞中Si采取 杂化。 ②SiO2晶胞中含有 个Si原子和 个O原子。 14．（23-24高三下·重庆·期中）X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、J元素同主族，能形成离子化合物JX；Y元素的最简氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成离子化合物；Z元素的最简单氢化物分子呈V形；Q元素的原子最外层电子数与其电子总数之比为3∶8。请回答： (1)Y元素在周期表中的位置为 。 (2)写出JX与水的化学方程式 。 (3)元素的非金属性Z （选填“>”或“<”）Q。下列各项中，不能说明这一结论的事实有 （填字母）。 A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊        B．Z和Q的简单氢化物的热稳定性强弱 C．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价            D．Z和Q在周期表中的位置 (4)X与Y可形成10电子分子A，也可形成10电子阳离子B，画出阳离子B的电子式 ；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为1∶1的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，写出该分子的结构式 。 (5)化合物甲和乙均由X，Y，Z，Q四种元素组成，都为强电解质，甲和乙溶液反应有气体产生，写出二者反应的离子方程式 。 15．（2024·陕西安康·模拟预测）铜基催化剂（包括铜、氧化物、铜合金、单原子和复合材料）因其效率高、成本低和对生态友好而受到重视。 (1)基态铜原子的核外电子有 种不同的空间运动状态；第二周期元素中，第一电离能比大的有 种。 (2)研究发现，以掺有镁的铜纳米合金电还原催化制有较高的选择性，与氮气相比，的键能较低使其成为合成的理想来源。 ①的中心原子的杂化类型为 。 ②将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。 （填“属于”或“不属于”）顺磁性物质，中键角 （填“>”或“<”）中键角。 (3)铜基单原子催化剂能将转化为。 ①分子中含有 个键。 ②沸点： （填“>”或“<”）。 (4)一种镁铜合金的晶胞结构如图所示，晶胞参数为，该晶胞可看成由8个小立方体构成，其中4个小立方体的体心填入，另外4个小立方体的体心填入以四面体方式排列的，其余占据晶胞的顶点和面心。 该晶胞中与的最短距离为 （用含的代数式表示）；若阿伏加德罗常数的值为，该合金晶体的密度为 （列出含，的计算式）。 16．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）Si、S、Se在自然界中形成多种多样的物质结构。回答下列问题： (1)Se与O同族，电负性较大的是 ；基态Se原子的价电子运动状态有 种。 (2)已知液态的二氧化硫可以发生类似水的自电离：。中各原子满足8电子结构，则其键和键数目之比为 ，的空间结构为 。 (3)有一种观点认为：由于硅的价层有可以利用的空d轨道，而碳没有，因此两者化合物结构和性质存在较大差异。化合物和的结构如图所示，为平面形，二者中N的杂化方式分别为 ，二者中更易与形成配位键的是 。 (4)Se与Si均为非金属元素，熔点(>1700℃)明显高于(315℃)，原因是 。 (5)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与O2-紧邻且等距离的Fe2＋数目为 ，Fe2＋与O2-最短核间距为 pm。 17．（23-24高三下·山东枣庄·期中）回答下列问题： (1)晶体在的高压下和反应生成如图甲所示的晶胞结构，则该晶体的化学式为 已知阿伏伽德罗常数为NA，晶胞边长为anm，则该晶体的摩尔体积 Vm为 m3 /mol。 (2)的晶胞如上图乙所示，的配位数为   晶体密度为，相邻的两个的最近核间距为anm，则的摩尔质量为 (用表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 (3)晶体中、、、的熔点由高到低的顺序为 ，原因为 。 (4)N、O、Ba简单氢化物的沸点由高到低的顺序为 (填化学式)。 (5)硼烷-吡啶()是一种中等强度的还原性试剂，在质子性溶剂中，它的稳定性和溶解性均优于硼氢化钠(NaBH4)，则硼氢化钠电子式为 。硼烷-吡啶组成元素的电负性从大到小的顺序是 。 18．（23-24高三下·浙江·阶段练习）回答下列问题： (1)基态原子的核外电子排布式为 。 (2)三氟化硼是一种无色气体，用于制造火箭的高能燃料。水解生成一种“一元”含氧酸甲和另一种一元无氧酸乙，乙中B的杂化方式是，则乙的化学式是 。 (3)在吡啶()、噻吩()、呋喃()三种杂环化合物均为共平面结构，N、S、O均有给电子共轭效应，其中O和S的给电子共轭效应均弱于N，请解释原因 。 (4)下列说法正确的是___________。 A．第二周期，第一电离能介于B和F之间的元素有3种 B．存在顺反异构 C．中N原子可通过配位键与结合而使分子本身具有碱性，且的碱性弱于 D．的键角小于 (5)氧化铈常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。假设晶胞边长为。晶胞结构如下图： 晶胞中与相邻且最近的有 个。若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) [Ar]3d10 O>H>C 8 BC (2) 高 相比Zn2+，半径更小的Co2+与碳酸根中的氧离子作用力更强，更利于碳酸根分解为CO2 (3)、 【详解】（1）①锌元素的原子序数为30，基态锌离子的电子排布式为[Ar]3d10；②L2-所含元素C、H、O中，第一电离能同周期从左到右依次增强，第ⅡA第ⅤA族高于相邻元素，同族由上到下减小，从小到大的顺序为：O>H>C；由结构简式可知，配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；③若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故选BC；④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(a×10—7) 3d，解得d= g•cm-3； （2）相比Zn2+，半径更小的Co2+与碳酸根中的氧离子作用力更强，更利于碳酸根分解为CO2，ZnCO3比CoCO3的分解温度高； （3） H3PO3为中强酸，H3PO3分子中含1个非羟基氧原子，P原子最外层有5个电子，H3PO3的分子结构；H3AsO3为弱酸，H3AsO3分子中不含非羟基氧原子，As原子最外层有5个电子，根据价键规则，H3AsO3的分子结构。 2．(1)D (2) sp2 > ClO2中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，Cl2O只存在的σ键，而ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小 (3)分子晶体 (4) 2:1 6 【详解】（1） A．为基态F原子，不是能量最低的激发态F原子，错误； B．电负性Na<Li<F，钠氟之间的电负性差值更大，电负性差值越大离子键成分越高，则化学键中离子键成分的百分数：LiF<NaF，错误； C．HF的沸点比H2O低是因为HF氢键数目小于H2O分子形成的氢键数目，错误； D．NF3、NH3的中心原子N均形成3个共价键且存在1对孤电子对，均为sp3杂化，均为三角锥形，N-H键比N-F键极性大，，N-H键中电子对偏向N，N-F键中电子对偏向F，N-H键的偶极矩与孤电子对方向一致，而N-F键的偶极矩与孤电子对方向相反存在抵消，导致分子极性：NF3分子的极性比NH3的极性小，正确； 故选D； （2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键，由ClO2中存在可以推断，其中Cl原子只能提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的 轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，Cl与另一个O形成的是普通的共价键（σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键），Cl的价层电子对数3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O中心原子为O，其价层电子对数为，因此，Cl2O的杂化方式为sp3，根据价层电子对互斥理论可知，sp3时，价电子对的几何构型为正四面体，sp2时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2O均为V形结构，但O-Cl-O键角大于Cl-O-Cl键角；ClO2分子中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键；故答案为：sp2；＞；ClO2中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，Cl2O只存在的σ键，而ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小； （3）常温常压下，ClF为无色气体，其沸点很低，则固态ClF的晶体类型为分子晶体； （4）一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X，已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2，由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×+2=4、白球的个数为16×+4×+2=8、灰色球的个数为8×+1=2，则X中含有3种元素，其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu化合价为+2、F的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，上述反应的化学方程式为：CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl,则K和F2的物质的量之比为2：1；由图可知，距Cu原子距离最近的F原子位于Cu原子的上下前后左右，共6个；晶体密度为，。 3．(1) 共价 GaN>GaP>GaAs (2)杂化 (3) (或或) 直线形 (4) F>O>N>C>B 随着HF浓度的增加，一部分通过氢键与未解离的HF形成相当稳定的HF2，促进HF的电离平衡正向移动，使得体系的酸度增大 (5) 【详解】（1） ①基态As原子的价电子排布式为，则其价层电子排布图为； ②GaN、GaP、GaAs熔融状态均不导电，说明它们中没有阴、阳离子，故据此判断它们是共价化合物；GaN、GaP、GaAs的结构类似于金刚石，都属于原子晶体，共价键的键能大小决定晶体熔点的高低，N、P、As为同一主族元素，原子半径依次增大，Ga—N、Ga—P、Ga—As共价键键长依次增大，键能依次减小，故熔点：GaN>GaP>GaAs； ③GaAs中，砷原子提供孤对电子，镓提供空轨道，两者形成配位键，平均1个GaAs分子中配位键的数目为1，则1molGaAs中配位键的数目是； （2）由图乙可知，S原子连接4个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp3杂化。 （3）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，的等电子体有、、等；的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp杂化，空间构型为直线形； （4）三种物质中涉及的元素有H、B、C、N、O、F，除H外的各元素均位于第二周期，同周期元素从左到右，电负性依次增大，故电负性由大到小的顺序为F>O>N>C>B；有很强的结合质子的能力，随着HF浓度的增大，会和HF结合生成，即，有效地降低了溶液中的浓度，促进HF的电离，酸性增强； （5）氯化钠晶胞结构如图所示，晶胞中含有4个、4个，则LiF晶胞中含有4个、4个，根据晶胞计算公式，晶胞体积 4．(1)AC (2) 由于邻位上的羟基占据了较大的空间位置，阻碍了反应试剂对羧基上的碳原子的进攻 (3)D (4) 大于 +2 【详解】（1）A．CH4、NH3、H2O三种分子的中心原子的价层电子对数分别为4、4、4，孤电子对数分别为0、1、2，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，则CH4、NH3、H2O三种分子的键角逐渐减小，故A项正确； B．第二周期非金属元素中O、F没有正价，故B项错误； C．R3+最外层电子排布为3s23p63d10，则R为31号元素，为镓元素，与硼元素同主族，故C项正确； D．NH3、NH2OH、NH2F中，电负性：F＞O，吸电子能力：F＞O，吸电子基团使N原子的电子云密度降低，结合质子能力减弱，故D项错误； 故答案为：AC； （2）①所有有机物中碳原子的杂化方式为，故答案为：； ②由于邻位上的羟基占据了较大的空间位置，阻碍了反应试剂对羧基上的碳原子的进攻，所以后者产率更低，故答案为：由于邻位上的羟基占据了较大的空间位置，阻碍了反应试剂对羧基上的碳原子的进攻； （3）当负电荷位于电负性大的原子时，结构较稳定，当正电荷位于电负性小的原子时，结构较稳定，电负性：F＞O＞N＞C； A．负电荷位于电负性大的N原子上时，结构稳定，故A项不符合题意； B．负电荷位于电负性大的N原子时，正电荷位于电负性小的C原子时，结构稳定，故B项不符合题意； C．正电荷位于N原子时，结构相对稳定，故C项不符合题意； D．当负电荷位于电负性小的C原子时，当正电荷位于电负性大的F原子时，结构稳定性最弱，故D项符合题意； 故本题选D； （4）①基态Ni的核外电子排布式为：，故答案为：； ②，由K和Ni在元素周期表中的位置可知，K与F电负性差值大于Ni与F电负性差值，故K与F间的化学键的离子键百分率大于Ni与F间的化学键，故答案为：大于； ③根据晶胞结构，K原子个数为：，Ni原子个数为：，F原子个数为：，故该晶胞的化学式为：，F为-1价，K为+1价，设Ni化合价为x，则，求得x=+2，故Ni的化合价为+2价，故答案为：+2。 5．(1)3s23p3 (2) C3N6H6 sp2 -NH2 AC (3) 109°28’ 【详解】（1）P为15号元素，基态P原子的价层电子排布式为3s23p3； （2） ①由氨基氰（）加热至234℃时得到三聚氰胺，则其结构为，分子式为C3N6H6。 ②这种化合物为石墨相共价化合物的单层结构，则氮原子与碳原子杂化方式是sp2杂化；结构图空框中是晶体的末尾含氢官能团，为氨基：-NH2。 ③A．碳原子半径小于硅，导致氮碳键键能大于氮硅键，则两种结构相似的完美共价晶体熔点：氮化碳>氮化硅，错误； B．基态N原子核外电子排布为1s22s22p3，则激发态原子可能的电子排布式为：，由2p电子跃迁到3s轨道，正确； C．根据均摊法，这种化合物每个六元环含有3碳原子和3个氮原子，错误； D．氨基氰中-CN为吸电子基团，使得其中氨基不易结合氢离子，故氨基氰的碱性也比氨弱，正确； 故选AC； （3）①氮位于4个B形成的正四面体中心，则的键角为109°28’。 ②原子分数坐标为，则原子在xyz轴上的投影坐标分别为、、，故坐标为。 6．(1) 无 Cu＋中无单电子 (2) (3) 8-8x 1：2 立方体 (4) < 和分子中的Se、O均是sp3杂化，O的电负性大于Se，O-H成键电子对比Se-H成键电子对更偏向O原子，O-H键间的成键电子对键的斥力大，使得水中键角更大 (5) 【详解】（1）根据价层电子排布，Fe3+的价层电子排布式为3d5，有5个未成对电子，呈黄色；Fe2+的价层电子排布式为3d6，有4个未成对电子，呈绿色，Cu+的价层电子排布式为3d10，无单电子，可知Cu+无颜色，故答案为：无；Cu＋中无单电子。 （2）氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，形成4个配位键，需要4个杂化轨道容纳电子，若为杂化，则该5个原子构成四面体，因此铜原子的杂化类型为杂化，故答案为：。 （3）由晶胞结构可知，位于顶角和面心的的个数为，含有和的个数之和为8，设晶胞中的和的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得，，则a=4x、b=8-8x，即每个晶胞中的个数为8-8x；当x=0.5时，；晶胞中位于体内，互不相邻的围成的空间结构是立方体，故答案为：8-8x；1：2；立方体。 （4）分子中Se原子的价层电子对数为，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子中O原子的价层电子对数为，有2个孤电子对，为sp3杂化，因此和分子中的Se、O均是sp3杂化，O的电负性大于Se，因此O-H成键电子对比Se-H成键电子对更偏向O原子，因此O-H键间的成键电子对键的斥力大，使得，故答案为：<；和分子中的Se、O均是sp3杂化，O的电负性大于Se，O-H成键电子对比Se-H成键电子对更偏向O原子，O-H键间的成键电子对键的斥力大，使得水中键角更大。 （5）由晶胞结构可知，一个晶胞中含有个，个数为8，则每个晶胞中含4个，该晶胞体积=，的晶胞密度=，故答案为：。 7．(1)ds (2) Ag N>O>S < (3) 二者均为极性分子 能形成分子间氢键 平面三角形 (4) 【详解】（1）由金的价电子排布式为，可知金位于第六周期第ⅠB族，位于ds区； （2）①由图知，该配合物中提供空轨道的为Ag；②该配合物中N、O、S三种元素中，由于N的2p轨道为半满结构，能量较低，O和S位于同主族，故第一电离能由大到小的顺序为N>O>S；③该配合物中键角∠O—S—O<∠C—N—C； （3）①分子中O原子的价电子对为，杂化轨道类型为；②由于二者均为极性分子、能形成分子间氢键，故易溶于水；③的中心原子C的价电子对数为，杂化类型为杂化，立体构型为平面三角形，其分子中含有1个键和3个键，键与键数目之比为； （4）①由图知，S位于体心和棱上，S的个数为，Pb位于面心和顶点，Pb的个数为，故该晶体的化学式为；②该晶体的密度为。 8．(1) (2) 极性 V形 (3) 5 (4) 【分析】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，则A的电子排布为2、5，其为N元素；B元素是地壳中含量最高的元素，则B为O元素；C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，则C为Si元素；D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，则D为Cl元素；E元素位于周期表的ⅥB族，则E为价电子排布式为3d54s1，其为Cr元素；F元素的基态原子中有4个未成对电子，则其价电子排布式为3d64s2，其为Fe元素。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、O、Si、Cl、Cr、Fe。 【详解】（1） A元素单质为N2，结构式为N≡N；E为Cr元素，基态E元素原子的价电子排布式为3d54s1，其价层电子排布图为。 （2）A的氢化物N2H4分子中，N原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，由于N原子的孤电子对与成键电子对间存在排斥作用，使分子结构不对称，属于极性分子；A与B形成的中，中心N原子的价电子对数为3，发生sp2杂化，由于孤电子对与成键电子对间存在排斥作用，使离子结构不对称，所以空间构型为V形。 （3）火箭推动剂由N2H4和H2O2组成，加热反应时有N2生成，同时生成H2O，该化学反应方程式：。基态的价层电子排布为：3d5，未成对电子数为5； （4）晶胞图中，所含Cr原子个数为=2，O原子个数为=4。若晶胞参数(边长)为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为g·cm-3。 9．(1) SiF4分子中，Si与F以共价键相连，电负性F＞Si，即SiF4中共用电子对偏向F，使得F显负化合价，Si显正化合价 ac (2) 正四面体形 22Ti可以使基团中的H原子处于近自由的状态，22Ti替代Al时站位能最小 【详解】（1） ①硅的原子序数为14，基态Si原子的价层电子轨道表达式：； ②SiF4分子中，Si与F以共价键相连，电负性F＞Si，即SiF4中共用电子对偏向F，使得F显负化合价，Si显正化合价； ③a．Si的原子半径比C大，即Si-H的键长比C-H大，C-H的键能更大，使得的稳定性比的差，a正确； b．中Si的价层电子对数为4，孤电子对数为0，属于sp3杂化，为正四面体形，4个的键长相同，的键角为109°28′，b错误； c．中硅原子为sp3杂化，Si以4个杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个键，c正确； 故选ac； （2）①的中心原子Al的价层电子对数4，无孤电子对，即的VSEPR模型名称为正四面体形； ②根据“均摊法”，1个晶胞中含有Na+的数目：，的数目，则晶胞中含有4个NaAlH4，晶胞的摩尔质量为4×(23+27+4)g•mol-1=216g•mol-1，晶胞的体积为，则晶胞的密度； ③掺杂22Ti替换晶体中部分Al，22Ti可以使基团中的H原子处于近自由的状态，22Ti替代Al时站位能最小，更利于NaAlH4中H的解离。 10．(1) 5 AD 大于 正四面体形 (2) N 6 (3) 【详解】（1）①已知F是9号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，核外电子占有5个轨道，故基态F原子核外电子的空间运动状态有5种；A．是F的激发态原子；B．是Ne的激发态原子；C．是O的激发态原子；D．是F的激发态原子；故属于F原子激发态的电子排布式是AD；②同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中VA族元素的第一电离能高于其相邻的元素，故第一电离能：F＞N＞O＞C；③分子的极性可以看电负性的差值，HF的差值大，所以极性大于HCl；氟硼酸铵（NH4BF4）中含有，其中心原子B周围的价层电子对数为4+=4，故B的杂化方式为sp3杂化，的空间构型为正四面体形；结合结构式可知，其中S原子成4个键，所以S原子的杂化方式为sp3；答案：5、AD、、大于、正四面体形、； （2）Mn的一种配合物的化学式为，CH3CN中N有孤电子对，C没有孤电子对，因此CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，配体为5个CO和1个CH3CN，故Mn原子的配位数为6，CH3CN即CH3C≡N，单键全是σ键，三键含一个σ键，二个π键，故CH3CN中σ键与π键数目之比为5：2；答案：N、6、； （3）晶胞结构图中钠原子沿z轴投影如图所示m原子为前排左边，n原子为前排右边，x轴相同，y轴3倍，若钠原子沿x轴投影,可知z轴为4倍，已知m原子的分数坐标为，可得到n原子的分数坐标为，由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有As个数为8，含有Na个数为8，含有Cu的个数为4，含有Fe的个数为4，故一个晶胞的质量为g，晶胞参数（晶胞长宽）为a pm，髙为c pm，故一个晶胞的体积为V=a×10-10cm ×a×10-10cm× c×10-10cm，故该氮化钛晶体的密度为g/cm3，答案：、。 11．(1)3 (2) SiC 硅原子半径比碳原子大，C-Si键长比Si-Si键长短，C-Si键比Si-Si键强，熔点高 (3) A (4) 【详解】（1）硅元素的原子序数为14，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，成对电子数为12，同周期元素中成对电子数比硅元素多的元素为S、Cl、Ar，共3种； （2）晶体硅和碳化硅均属于共价晶体，共价晶体中原子间形成的共价键越强，晶体的熔点越高，硅原子半径比碳原子大，碳硅键的键长小于硅硅键，碳硅键强于硅硅键，所以碳化硅的熔点高于晶体硅； （3）由为平面形可知，分子中N原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化，N原子与具有空轨道的硅原子形成配位键，无孤电子对，而(三角锥形)中N原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，孤电子对数为1，所以更易形成配合物的是；中的元素有C、N、H，H的电负性在三种中最小，C、N同周期，同一周期主族元素从左至右电负性增强，所以电负性由大到小的顺序是； A．COCl2的电子式为，碳原子形成三个σ键，无孤电子对，采取sp2杂化，故A正确； B．NH3·BH3分子中B原子缺电子，B原子提供空轨道、N原子提供孤对电子，氮原子与硼原子形成配位键，B的价层电子对数为4，采取sp3杂化，故B错误； C．CH3NH2分子中N原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，故C错误； 故答案为：A； （4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱上和体内的钛原子个数为4×+4×+2×+2×+4=6，位于棱上的硅原子个数为4×+4×=2，位于体内的碳原子个数为4，则该新型材料的化学式为；已知该新型材料的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则其密度为。 12．(1)Mg与Si都属于第三周期，核外电子层数相同，核电荷数Si>Mg，原子半径Si<Mg，原子核对最外层电子的吸引作用(或对键合电子的吸引作用)Si>Mg，电负性Si>Mg。二者电负性都小于O，电负性差值O―Si<O―Mg，MgO的离子性> (2) p (3) 6 (4) 白色沉淀溶解，体系由玫瑰红色(或红色)变为亮黄色(或黄色) 【详解】（1）Mg与Si都属于第三周期，核外电子层数相同，核电荷数Si>Mg，原子半径Si<Mg，原子核对最外层电子的吸引作用(或对键合电子的吸引作用)Si>Mg，电负性Si>Mg。二者电负性都小于O，电负性差值O－Si<O－Mg，MgO的离子性>SiO2，故答案为：Mg与Si都属于第三周期，核外电子层数相同，核电荷数Si>Mg，原子半径Si<Mg，原子核对最外层电子的吸引作用(或对键合电子的吸引作用)Si>Mg，电负性Si>Mg。二者电负性都小于O，电负性差值O－Si<O－Mg，MgO的离子性>SiO2； （2）①硅元素位于第ⅣA族，在元素周期表的p区，故答案为：p； ②基态硅原子的价层电子排布式为：3s23p2； （3）①Mg个数为，有2个B位于晶胞体内，化学式为MgB2，故答案为：MgB2； ②距离每个B原子最近的Mg原子有6个，故答案为：6； ③该晶体中晶胞各边长度分别为apm、apm和cpm，晶胞体积，化学式为MgB2，晶胞质量为，晶体的密度为，故答案为：； （4）①加入NaF后，硅酸与NaF反应，白色溶解，生成OH－，根据平衡，H+被消耗，反应向右进行，体系颜色由玫瑰红色(或红色)变为亮黄色(或黄色)，故答案为：白色沉淀溶解，体系由玫瑰红色(或红色)变为亮黄色(或黄色)； ②根据进行计算，的物质的量， 质量分数=，故答案为：。 13．(1) 6 球形 (2)Mg (3) C(金刚石)>晶体硅>CO 金刚石和晶体硅都是共价晶体且晶体结构相似，原子半径小于硅原子半径，所以金刚石中键的键长短，键能大，故金刚石的熔点比晶体硅的大；是分子晶体，熔点比金刚石和晶体硅的都小 (4) C (5) 8 16 【详解】（1）基态原子的核外电子排布式为轨道全充满电子，故、、轨道共有对自旋状态相反的电子，轨道有对自旋状态相反的电子，所以基态原子中存在对自旋状态相反的电子。基态原子的核外电子排布式为，最外层电子占据轨道，电子的电子云轮廓图是球形。 （2）题述个反应中涉及的元素有、、、，其中、、是非金属元素，较难失去电子，元素的金属性最强，最易失去电子，所以四种元素中第一电离能最小的是。 （3）C金刚石)、晶体硅都是共价晶体，熔点高，二者的结构相似，但碳原子的半径比硅原子的小，故C键的键长短、键能大，所以金刚石)的熔点比晶体硅的高，而是分子晶体，熔点低，所以三种晶体的熔点从高到低的顺序为金刚石)晶体硅。 （4）配体中给出孤对电子与中心离子形成配位键的原子叫配位原子。在中作配体，配位原子是中含键的数目是，所以该配合物中含有键的数目是。 （5）①在晶体中每个硅原子与周围的个氧原子的成键情况与金刚石晶体中的碳原子与周围个碳原子的成键情况是相同的，所以晶胞中采取杂化。 ②根据均摊法可知，晶胞中含有原子的个数为，由、原子的个数比知晶胞中含有的原子数是 14．(1)第二周期第ⅤA族 (2) (3) > B (4) (5)或 【分析】X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、J元素同主族，能形成离子化合物JX，则X为H元素，J为Na元素；Y元素的最简氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成离子化合物，则Y为N元素；Z元素的最简单氢化物分子呈V形，则Z为O元素；Q元素的原子最外层电子数与其电子总数之比为3∶8，则Q为S元素。 【详解】（1）Y为N元素，位于周期表第二周期第ⅤA族； （2）NaH与水反应的方程式为； （3）元素周期表中，同主族从上到下元素非金属性逐渐减弱，非金属性O>S，即Z>Q；H2S的水溶液放置空气中会变浑浊，说明氧气能氧化硫化氢生成硫单质，则氧气的氧化性大于硫，说明O元素的非金属性较强，A正确；H2O分子间存在氢键，H2S分子间无氢键，故不能通过简单氢化物的热稳定性比较非金属性强弱，B错误；S与O元素形成的化合物中S元素表现正化合价，O元素表现负化合价，氧原子对键合电子吸引力更大，故氧元素非金属性较强，C正确；同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性O>Z，D正确； （4） X与Y可形成10电子分子A为NH3，形成10电子阳离子B为，其电子式为；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为1∶1的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，该分子的结构式为H−S−S−H； （5）化合物甲和乙均由X，Y，Z，Q四种元素组成，都为强电解质，甲和乙溶液反应有气体产生，则甲为或，乙为，二者反应的离子方程式为或； 15．(1) 15 3 (2) 属于 (3) 11 (4) 【详解】（1）基态铜原子的核外电子排布式为，空间运动状态数等于电子占据的原子轨道数，占据15个原子轨道，即有15种空间运动状态；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族元素比相邻主族元素的较大，第二周期元素中，，，的第一电离能均比的大，共3种。 （2）①的中心N原子的价层电子对数为，杂化类型为。 ②顺磁性物质即含有未成对电子的物质，中的铜离子的价电子排布式为，含有1个未成对电子，属于顺磁性物质；中的氮原子无孤电子对，其中键角大于中的键角。 （3）分子中有7个键、3个C-N，C=O由1个σ键和1个π键形成，含有11个键。 （4）该晶胞中与之间的距离有、、三种距离，相对较短的是。该晶胞中原子有8个位于顶点上、6个位于面心上，4个在晶胞内部，则的个数为个，16个原子都位于晶胞内部，晶胞的质量为，晶胞的体积为，则该合金晶体的密度为。 16．(1) O 6 (2) 1∶2 三角锥形 (3) sp3、sp2 N(CH3)3 (4)SiO2为共价晶体，SeO2为分子晶体 (5) 12 ×1010 【详解】（1）同一主族从上到下电负性逐渐减小，故电负性较大的是O；基态Se原子的价电子排布式为3s23p4，有6个电子，故运动状态有6种，故答案为：O；6； （2）SO2+与CO、N2是等电子体，结构相似，S与O间形成三键，故σ键和π键数目之比为1∶2；中S原子价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，为sp3杂化，空间结构为三角锥形，故答案为：1∶2；三角锥形； （3）由化合物N(CH3)3和N(SiH3)3的结构图可知，N(CH3)3为三角锥形，其N原子为sp3杂化，N(SiH3)3为平面形，其N原子为sp2杂化；H+能提供空轨道，N(CH3)3中N原子提供孤电子对可形成配位键，故答案为：sp3、sp2；N(CH3)3； （4）SiO2熔点高于1700℃，为共价晶体，SeO2熔点为315℃，为分子晶体，故SiO2熔点明显高于SeO2，故答案为：SiO2为共价晶体，SeO2为分子晶体； （5）由题干晶胞示意图可知，以体心上O2-为例可知，氧化亚铁晶体的晶胞中与O2-紧邻且等距离的Fe2＋数目为12，一个晶胞中含有O2-个数为：=4，含有Fe2+个数为：=4,氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的质量为：g，设晶胞参数为apm，则有：g=ρ g·cm-3×(a×10-10)3cm3，解得a=×1010pm，在该晶胞中， Fe2＋与O2-最短核间距为面对角线的一半，即为a=×1010pm，故答案为：12；×1010。 17．(1) (2) 8 (3) 都为离子晶体，阳离子由到半径逐渐增大，晶格能减小，熔点降低 (4) (5) 【详解】（1）由图可知，Na+位于晶胞的顶点和体心，含有Na+ 个，Cl-位于面上，含有个。故其化学式为。该晶体的摩尔体积 Vm为。 （2）由图可知的晶胞中的配位数为8。相邻的两个的最近核间距恰好为晶胞面对角线的一半，则可知晶胞边长为。晶胞中钙离子位于面心与顶点，可知有个，氟离子位于晶胞内部，含8个，即晶胞中含有4个单元，则晶体密度为，解得M=g/mol。 （3）晶体中、、、的熔点由高到低的顺序为，原因在于都为离子晶体，阳离子由到半径逐渐增大，晶格能减小，熔点降低。 （4）N、O、Ba简单氢化物的沸点由高到低的顺序为，为离子晶体，另外两种为分子晶体，离子晶体的沸点大于分子晶体，而水分子间氢键多于氨分子，导致水沸点较高。 （5） 硼氢化钠为离子晶体，电子式为。硼烷-吡啶组成元素的电负性从大到小的顺序是。 18．(1)[Ar]3d104s24p3 (2)HBF4 (3)氧的电负性比N的大，给电子能力比N弱，S的半径较大，S的3p轨道与C的2p轨道共轭较差，故弱于N (4)BC (5) 12 5% 【详解】（1）As是33号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故答案为：[Ar]3d104s24p3； （2）依据BF3水解生成H3BO3和另一种一元无氧酸(甲)，甲中B的杂化方式是sp3，结合元素守恒可推知该反应的方程式为：BF3+3H2O=H3BO3+2HF+HBF4，甲的化学式是HBF4，故答案为：HBF4； （3）吡啶、噻吩、呋喃三种杂环化合物均为共平面结构，均形成大π键，氧的电负性比N的大，给电子能力比N弱，而形成大π键时，S原子提供3p轨道电子，S的半径较大，S的3p轨道与C的2p轨道共轭较差，故弱于N，故答案为：氧的电负性比N的大，给电子能力比N弱，S的半径较大，S的3p轨道与C的2p轨道共轭较差，故弱于N； （4）A．同一周期，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能比相邻元素的大，故第一电离能介于B和F之间的元素有Be、C、N、O，共4种，故A错误； B．N2H2分子中存在N=N键，每个N原子有1个孤电子对和1个H原子，可存在顺反异构，故B正确； C．羟基为吸电子基团，使得NH2OH中N原子电子云密度减小，给出孤电子对的能力减弱，则NH2OH中N原子可通过配位键与H+结合而使分子本身具有碱性，且NH2OH的碱性弱于NH3，故C正确； D．BF3中B为sp2杂化，键角为120°；NF3中N为sp3杂化，键角接近109°，故BF3的键角大于NF3，故D错误； 故答案为：BC； （5）与Ce4+相邻且最近的Ce4+位于相邻的面心，共=12个；由CeO2晶胞可知，1mol晶胞中含有4molCe4+和8molO2-，掺杂Y2O3后，设有xmolCe4+被Y3+取代，根据n(CeO2)：n(Y2O3)=0.8：0.1可得，，x=0.8mol,即含有3.2molCe4+和0.8molY3+，根据电荷规则可知，3.2mol×4+0.8mol×3=n(O2-)×2，n(O2-)=7.6mol,晶体中O2-的空缺率为×100%=5%，故答案为：12；5%。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$