2025届高三化学二轮复习 - 物质结构与性质

2025届高三化学复习-物质结构与性质 1．（2024高三下·贵州遵义·阶段练习）绿色氢能和液态阳光甲醇是实现碳中和的有效途径。我国科研人员首次利用富含S空位的少层MoS2实现了低温、高效、长寿命催化CO2加氢制甲醇(CO2+3H2=CH3OH+H2O)，其活性与选择性均显著优于商品Cu/ZnO/Al2O3催化剂，并显示了优异的稳定性，催化机理如图所示，请回答下列问题： (1)Mo位于周期表的第五周期ⅥB族，下列关于基态Mo原子的表述正确的是 (填标号)。 A．价层电子排布式：4d45s2 B．电子排布式：[Kr]4d55s1 C．价层电子轨道表示式： D．价层电子轨道表示式： (2)对于反应CO2+3H2=CH3OH+H2O： ①该反应涉及的物质中，属于非极性分子的为 (写化学式)。 ②反应过程中，有 (填“极性”“非极性”或“极性和非极性”，下同)键的断裂和 键的形成。 ③CH3OH易溶于水，原因为 。 (3)在冰晶石的作用下，电解熔融Al2O3可以得到单质Al，Al的晶胞结构如图2所示，该晶胞中含有的Al原子个数为 ；设晶胞边长为anm，两个Al原子之间的最短距离为 nm。 2．（2024高三上·重庆·期末）铜是生活中一种非常重要的金属，黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物，火法炼铜时涉及反应：。 (1)O的轨道表示式为 ，其最高能级的原子轨道形状为 ，O的电负性 (填“>”或“<”)S的电负性。 (2)Fe2+的价层电子排布式为 。 (3)Cu元素位于周期表的 区，Cu和Zn的部分电离能数据如下表所示，观察数据可知I2 (Cu)>I2 (Zn)，对此，你的解释是 。 元素 Cu Zn 电离能(kJ·mol-1) I1 746 906 I2 1985 1733 (4)我国科学家实现了铜催化剂将(CH3)2NCHO转化为N(CH3)3。计算机模拟单个分子在铜催化剂表面的反应历程如下图所示： 该反应的决速步骤的化学反应方程式可以表示为 ；该反应在 (填“高温”/“低温”/“任何温度”)下有自发性。 3．（24-25高三上·山东青岛·开学考试）牛奶具有补充蛋白质、补钙、镇静安神等功效。回答下列问题： (1)基态钙原子核外电子的空间运动状态有 种，同周期元素中基态原子成对价电子数比钙少的有 (填元素符号)。 (2)三聚氰胺是一种重要的工业原料，曾被不法分子作为添加剂而引发毒奶粉事件。三聚氰胺在水中易发生水解和异构化，并与异构化产物形成层状的超分子，部分过程如下： ①C、N、O第一电离能由大到小的顺序为 。乙发生“异构化”的原因为 。 ②甲与丙能够形成层状超分子的原因为 。乙分子中N原子的孤对电子占据的轨道为 。 (3)由Ca和B两种元素形成晶体的晶胞结构如图(大球代表Ca)。 ①该晶体的化学式为 。 ②Ca原子的配位数为 。 ③若晶体的晶胞参数为apm，则该晶体的密度可表示为 g∙cm-3 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。 4．（24-25高三上·福建南平·开学考试）氮化镓()、碳化硅()材料是最成熟的第三代半导体的代表，通常以为镓源，为氮源制备，具有出色的抗击穿能力，能耐受更高的电子密度。 (1)离子晶体由和构成，的空间结构为 。的键角由大到小的顺序是 。 (2)是一系列化合物，向含的溶液中加入足量溶液，有难溶于硝酸的白色沉淀生成；过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1∶2. ①的模型名称为 。 ②能准确表示结构的化学式为 。 (3)与镓同主族的B具有缺电子性，硼砂(四硼酸钠)中是由两个和两个缩合而成的双六元环，应写成的形式，结构如图所示，则该离子存在的作用力含有 (填标号)，B原子的杂化方式为 。 A．离子键 B．极性键 C．氢键 D．范德华力 E．配位键 (4)也可采用(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的为原料，使其与发生系列反应得到和另一种产物，该过程的化学方程式为 。 (5)键的极性对物质的化学性质有重要影响。已知一些常见电子基团的吸电子效应的强度：，则下列物质酸性由强到弱的顺序是 (填序号)。 A．  B．   C． D． 5．（24-25高三上·江西宜春·开学考试）Ⅰ.高温超导体通常指在液氮温度(77 K)以上超导的材料，而超导体是在23 K下才显示超导性。铜元素化合物种类繁多，是高温氧化物超导体研究的热点。请回答下列问题。 (1)高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，基态时Cu3＋的价层电子排布图为 ，基态O2-中含有 种不同运动状态的电子。 Ⅱ.硫铝酸钙化学式为Ca4Al6SO16，可写成3CaO·3Al2O3·CaSO4，是一种常用的混凝土膨胀剂，有研究者利用氯化铅(PbCl2)作为助溶剂来获得无水硫铝酸钙晶体，进而对其结构进行研究。回答下列问题： (2)基态氧原子的价电子排布图为，而不是，因为核外电子排布应遵循 (填“泡利原理”或“洪特规则”)，基态Ca原子核外电子占据的最高能层符号是 。 (3)S2O可看成是SO中的一个氧原子被硫原子所替代，则S2O中心原子的VSEPR模型名称为 。 (4)Al的性质与Be的性质相似，可知熔点：BeCl2 MgCl2(填“>”或“<”)。 Ⅲ.镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题： (5)硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为 ，与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有 种，SeO3的空间构型是 。 (6)根据元素周期律，原子半径Ga As(填“大于”或“小于”，后同)，第一电离能Ga As。 (7)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因：_______。 GaN GaP GaAs 熔点 1 700℃ 1 480℃ 1 238℃ 6．（24-25高三上·山东潍坊·开学考试）普鲁士蓝晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，铁氰骨架组成晶胞中的8个小立方体，在小立方体顶点，在小立方体的棱上(图中未画出)，两端均与相连，小立方体中心空隙可容纳，如图所示。 回答下列问题： (1)的核外电子排布式是 ，C、N、Fe的第一电离能由大到小的顺序为 。 (2)铁氰骨架十分稳定，结合电子式，解释原因 ，形成配位键之后，碳氮键键能 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (3)普鲁士蓝晶体中含有的化学键有 。 a．共价键  b．氢键  c．配位键   d．金属键  e．离子键 (4)每个普鲁士蓝晶胞中含 个，普鲁士蓝的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 。 (5)普鲁士蓝作为钾离子电池的正极材料，在充放电过程中，与相互转化，同时嵌入或脱嵌，可推测充电过程中 (填“嵌入”或“脱嵌”)。 7．（24-25高三上·四川成都·开学考试）锂离子电池大量应用到手机、相机、汽车、无人机等多个领域。锰酸锂是新型锂离子电池常用的正极材料，其晶胞如下图甲所示。甲可看作是由下图中相邻A、B两种基本单元交替结合而成(顶面的已标注，其余位置的未画出)，均位于单元中体对角线上离顶点处。 回答下列问题： (1)中的x、y分别为 、 ，其形成的晶体类型是 。 (2)的价层电子轨道表示式为 。 (3)的第一电离能小于第二电离能，其原因是 。 (4)的最高价为，形成的的空间结构为 。 (5)若晶胞中单元B标★的位置原子分数坐标为，则图甲中箭头所指的B单元中离标★的位置距离最远的锰离子(或)的原子分数坐标为 。 (6)由(相对分子质量为M)形成晶体的晶胞参数(晶胞边长)为，阿伏加德罗常数为，其晶体的密度表达式为 。 8．（2024高三上·四川成都·阶段练习）2024年7月中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题： (1)铁元素在周期表中的位置 ，基态原子的价电子排布式为 ，其原子核外有 种空间运动状态不同的电子。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。 (2)已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ 800.7 与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是 。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因 。的空间结构为 ，其中的轨道杂化形式为 。 (3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个。该物质化学式为 ，B-B最近距离为 。 9．（24-25高三上·北京·开学考试）晶体具有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。观察分析下列晶胞结构，回答以下问题。 (1)铜及其合金是重要的金属材料。 ①每个Cu原子周围距离最近的Cu原子有 个。 ②将铜晶胞中立方体所有顶点位置的原子替换为Au，即得到一种铜金合金的晶胞，该铜金合金的化学式为 。 (2)单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。 ①单晶硅中含有 键。 ②单晶硅的硬度低于金刚石，从原子结构角度解释其原因： 。 (3)干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。 下图是冰的结构。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是 (填字母)。 a．二氧化碳分子的质量大于水分子        b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集 c．水分子极性强，分子间作用力大         d．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低 (4)NiO晶体与晶体结构相似，晶胞为立方体。 ①NiO的熔点远高于，结合下表说明原因： 。 晶体 离子间距/pm 熔点/℃ NaCl 801 NiO 1960 ②NiO晶体中距离最近的两个间距为，NiO的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则NiO晶体的密度为 (列计算式)。 ③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，使晶体保持电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6：91.若该晶体的化学式为，则 。 10．（2024高三上·辽宁沈阳·期末）W、X、Y、Z、M、N是分别位于第一至第四4个不同周期的6种元素，且原子序数依次增大。X、Y、Z为元素周期表同周期相邻主族的非金属元素，其中Y的第一电离能最大。W和M组成的化合物可用于野外制，且两元素的化合价的绝对值相等。Y、N同主族。回答下列问题： (1)元素Y、Z形成的简单氢化物的键角大小关系为 (用化学式表示)，原因是 。 (2)关于元素W与X形成的化合物的说法正确的是_______。 A．组成和结构相似的化合物，随着X原子数目的递增熔沸点逐渐升高 B．W与X形成的化合物中，X的杂化类型均为杂化 C．W与X形成的化合物中，所有原子均在同一平面上 D．W与X形成的化合物中，可能存在手性异构体 (3)写出W和M组成的化合物的电子式为 。下，将该化合物溶于水中，充分反应后，溶液中由水电离出的氢氧根浓度为 (忽略反应后溶液体积的变化)。 (4)写出元素N的价层电子排布式 ，由元素N与镓元素组成的化合物为第三代半导体。化合物的晶胞结构如图所示。(黑球位于立方体内，白球位于立方体顶点和面心)，已知该晶胞中距离最近的与N之间的距离为，则该晶胞的密度为 [设为阿伏加德罗常数的值，]。 11．（2024高三下·黑龙江哈尔滨·期末）硼、钾和硒(Se)在化工行业中有重要用途，请回答下列问题。 (1)X是一种抗癌新药，其结构如下： ①X中含有硒，基态硒原子简化的核外电子排布式为 。基态O2-中含有 不同空间运动状态的电子。 ②关于化合物X，下列说法正确的是 。 A．碳、硒元素的杂化方式均为sp3 B．元素电负性大小O>N>Se>H C．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s22p23p1 D．该新药中有8种不同化学环境的碳 (2)六方氮化硼的结构与石墨相似(如图所示)，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不导电。该晶体中存在的作用力类型有 ，六方氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为 。 (3)某化合物晶体晶胞结构如图所示，该立方晶胞边长为apm。该晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有 个，晶体的密度为 g/cm3(列出计算式，用NA表示阿伏加德罗常数)。 (4)磷化硼BP的晶胞如图1所示：(大球为P，小球为B)沿虚线(晶胞的体对角线)方向的投影如图2所示，已经画出了部分P原子的位置，请你在图2中画出4个B原子的位置(用空心圆圈表示) 。 12．（2024高三下·广东·期中）SO2会对环境和人体健康带来危害，Fe3+可用于除去烟气中的SO2。 (1)SO2中心原子的杂化方式为 。 (2)对Fe3+再生进行研究，得出不同pH下Fe2+的氧化量随时间t的变化如图1所示。 ①pH=2.0时，在10-20min内，Fe2+的平均氧化速率= 。 ②图1中0-20min内Fe2+的平均氧化速率与pH的关系是 。 (3)Fe3+会与溶液中的Cl-形成配合物，影响去除SO2的效率。溶液中Fe3+及其与Cl-形成的微粒的浓度分数α随lgc(Cl-)变化的关系如图2所示。 ①由图2可知，某盐酸酸化的FeCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L，继续通入少量HCl，主要发生的离子反应方程式为 (已知：lg3=0.5)。 ②下列关于图2中M点溶液说法正确的是 (填字母)。 A．加入少量NaCl固体，平衡时c(Cl-)不变 B．加入少量NaCl固体，平衡时减小 C．加入少量NaOH溶液，平衡时不变 D．加入少量水稀释，平衡时溶液中离子总数减小 (4)NH4Al(OH)2CO3是一种疏松分布的棒状颗粒物，X射线衍射图谱中，出现NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，NH4Al(OH)2CO3属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 (5)某种掺杂CaO的ZrO2晶胞如图所示，Ca位于晶胞的面心，晶体中每个O周围与其最近的O个数为 。 13．（2024高三下·福建宁德·阶段练习）有A、B、C、D、E五种元素，其相关信息如表： 元素 相关信息 A A原子的1s轨道上只有1个电子 B B是电负性最大的元素 C 基态原子的2p轨道中有3个未成对电子 D D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有2个运动状态不同的电子 E E的+1价离子的M能层中所有能级各轨道都有电子且没有未成对电子 请回答下列问题： (1)CA3分子的电子式 ；在元素E的硫酸盐溶液中逐渐通入CA3，可以观察到的实验现象是 ；CA3是 分子(填“极性”或者“非极性”)，CA3极易溶于水的原因：① 、② 。 (2)C与A还可形成CA5，CA5是由与A-组成的离子化合物，可与水反应产生无色气体，且所得溶液显碱性，则与水反应的化学方程式 。 (3)A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2+，其中存在的化学键类型有 (填序号)；1 mol该离子中含有 个σ键。 ①配位键  ②金属键  ③极性共价键  ④非极性共价键  ⑤离子键  ⑥氢键 (4)若[E(CA3)4]2+具有对称的空间构型，且当[E(CA3)4]2+中的两个CA3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[E(CA3)4]2+的空间构型为_______(填序号)。 A．平面正方形 B．正四面体 C．三角锥形 D．V形 14．（2024高三下·广东广州·阶段练习）能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。 (1)太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，写出基态镍原子的价层电子排布式为 ，它位于周期表 区。 (2)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓(GaAs)、硫化镉(CdS)、硒化镓(Ga2Se3)薄膜电池等。 ①第一电离能：As (填“>”“<”或“=”)Ga。 ②SeO2分子的空间结构为 。 (3)As元素的溴代物是太阳能电池的受体材料。As的卤化物的熔点如下： 物质 AsCl3 AsBr3 AsI3 熔点/K 256.8 304 413 表中卤化物熔点差异的原因是 。 (4)氯化铯、氯化钠可以用于制造太阳能电池，氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻 个Cl–；氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有 个。 (5)H2与Mg在一定条件下制得储氢物质X。X的晶胞结构如图所示(晶胞参数：α=β=γ=90°，a=b=450.25pm)，密度为1.4g/cm3，H-的配位数为 ，X的储氢质量分数是 (计算结果保留2位有效数字)，c= pm(列出计算式即可)。 15．（2024高三上·北京大兴·期中）硒（Se）是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。 (1)Se在元素周期表中的位置是 ，位于 区。 (2)O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为 （填化学式）。 (3)已知与的部分性质如下表： 物质 状态（常温） 熔点 固体 340―350℃ 气体 ―75.5℃ 根据X射线衍射分析，晶体如图所示的长链状结构，请解释与熔点差异较大的可能原因 。 (4)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为 ，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 。 (5)亚硒酸氢钠（）可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。预测，可能的化学性质并说明预测依据 （写一条即可）。 (6)Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。（相对原子质量：Li 7  Fe 56  Se 79） ①该超导材料的化学式为 ；距离Se原子最近的Fe原子的个数为 。 ②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为 （；阿伏加德罗常数的值为，用含a、b和的式子表示）。 16．（2024高三上·河北·阶段练习）硼及其化合物具有重要的工业用途。回答下列问题： (1)基态B原子核外电子有 种能量不同的电子。 (2)在硼酸盐中，硼酸盐的阴离子结构丰富，其基本结构单元是[]平面三角形和[]四面体形，其基团的数目和连接方式不同，其中一种的结构如图所示，则B与O的原子数之比为 ，其化学式为 。 (3)硼的卤化物的沸点如表所示： 卤化物 沸点/℃ -100.3 12.5 90 写出硼的卤化物沸点变化规律并解释其原因： 。 (4)硼可与多种金属形成化合物。其中与Ca组成的金属硼化物可做新型半导体材料，晶胞结构如图所示： ①该晶胞中B原子数为 个，晶体中Ca原子的配位数为 。 ②晶胞在z轴方向的投影图为图中的 (填选项字母)。 ③已知八面体中B-B键的键长为，晶胞参数为，晶胞中钙原子的分数坐标为，则M点原子的分数坐标为 。 17．（2024高三上·江苏宿迁·期中）铁和铜是两种重要的过渡元素，和是自然界中重要的铜盐。回答下列问题： (1)Cu基态原子核外电子排布式为 。S、O、N三种元素的第一电离能由大到小顺序为 。 (2)的立体构型是 (用文字表达)。 (3)往溶液中通入足量能生成配合物，该配合物中配位原子为 ，极易溶于水除了是极性分子外的主要原因是 。 (4)Fe在周期表的位置是 ，Fe和在640℃发生置换反应，产物之一的晶胞结构如题图，写出该反应的化学方程式 。 18．（24-25高三上·山东青岛·阶段练习）氮族元素可以形成多种多样的化合物，回答下列问题： (1)基态As原子的价电子的轨道表示式是 。 (2)叠氮酸(HN3)常用于引爆剂，可用联氨(H2N-NH2)制取。比较联氨与双氧水分子中键角大小：∠H-N-N ∠H-O-O(填“>”、“=”或“<”，下同)；叠氮酸结构如图所示：，*N为sp2杂化，已知参与形成π键的电子越多，键长越短，则键长：① ②。 (3)乙胺(CH3CH2NH2)和2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺碱性更强，原因是 。 (4)磷酸一氢盐受热易脱水聚合，生成环状的偏磷酸根。环状三偏磷酸根的结构如图所示，则由n个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式是 。 (5)一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X，X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示，晶胞参数为apm、cpm，α=β=γ=90°。 上述反应的化学方程式为 ，X晶体内含有的作用力有 (填字母)。 a．配位键    b．离子键    c．氢键    d．金属键 化合物X的密度为 g/cm3(用含a，c的代数式表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。 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)BD (2) CO2、H2 极性和非极性 极性 甲醇能与水分子形成分子间氢键，且甲醇与水都为极性分子，相似相溶 (3) 4 【详解】（1） 位于周期表的第五周期ⅥB族钼元素的原子序数为42，基态原子的简化电子排布式为[Kr]4d55s1，价层电子轨道表示式为，故选BD； （2）①由方程式可知，二氧化碳和氢气为结构对称的非极性分子，甲醇和水是结构不对称的极性分子，故答案为：CO2、H2； ②由方程式可知，反应过程中，有C=O极性键、H-H非极性键的断裂和C-H、O-H极性键的生成，故答案为：极性和非极性；极性； ③甲醇易溶于水是因为甲醇分子中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，且甲醇与水都为极性分子，相似相溶，故答案为：甲醇能与水分子形成分子间氢键，且甲醇与水都为极性分子，相似相溶； （3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铝原子个数为8×+6×=4，位于顶点的铝原子与位于面心的铝原子的距离最近，距离是面对角线的，则铝原子之间的最短距离为nm，故答案为：4；。 2．(1) 哑铃形 > (2)3d6 (3) ds 锌失去一个电子变为3d104s1，易再失去一个电子变为全满结构，因此Zn的第二电离能相对较小或者Cu失去一个电子变成3d10，全满，能量较低，再失去一个电子困难，因此Cu的第二电离能相对较大 (4) N(CH3)3+OH*+H*=N(CH3)3(g)+H2O(g) 低温 【详解】（1） O的核外电子数为8，轨道表示式为：；其最高能级为2p，轨道形状为纺锤形或哑铃形；O和S为同一主族，同主族从上至下电负性逐渐减小，故电负性O>S； （2）Fe为26号元素，Fe2+的价层电子排布式为3d6； （3）Cu元素位于周期表的ds区；锌失去一个电子变为3d104s1，易再失去一个电子变为全满结构，因此Zn的第二电离能相对较小或者Cu失去一个电子变成3d10，全满，能量较低，再失去一个电子困难，因此Cu的第二电离能相对较大； （4）反应的活化能越大反应速率越慢，而慢反应决定总反应快慢，结合图示可知，该反应的决速步骤的化学反应方程式可以表示N(CH3)3+OH*+H*=N(CH3)3(g)+H2O(g)；总反应为 (CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)，由图可知，反应物总能量高于和生成物总能量，即该反应为放热反应，其，＜0，反应在低温条件下有自发性。 3．(1) 10 K、Cr (2) N＞O＞C 烯醇式结构为不稳定结构 形成分子间的氢键 sp2杂化轨道 (3) CaB6 24 【详解】（1）基态钙原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，s轨道有1种空间运动状态，p轨道有3种空间运动状态，则核外电子的空间运动状态有10种；钙的基态原子，成对价电子数为2(4s2)，同周期元素中基态原子成对价电子数比钙少的有钾(4s1)、铬(3d54s1)，即为K、Cr。 （2）①C、N、O为同周期相邻元素，N的2p轨道半充满，电子的能量低，第一电离能比O大，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。乙分子中，-OH连接在双键碳原子上，易发生“异构化”，原因为：烯醇式结构为不稳定结构。 ②甲与丙分子中含有-N-H，N的电负性大而原子半径小，可形成氢键，则能够形成层状超分子的原因为：形成分子间的氢键。乙分子中N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，孤对电子占据的轨道为sp2杂化轨道。 （3）①在Ca和B两种元素形成晶体的晶胞中，6个B原子形成1个团簇结构，位于晶胞的八个顶点上，则晶胞中含有团簇的个数为=1，即晶胞中含有6个B原子和1个Ca原子，该晶体的化学式为CaB6。 ②Ca原子位于立方体晶胞的中心，与它距离最近且相等的团簇有8个，每个团簇中有3个B原子与Ca的距离相等，则其配位数为8×3=24。 ③若晶体的晶胞参数为apm，则该晶体的密度可表示为=g∙cm-3 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。 【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，可采用均摊法。 4．(1) 直线形 >> (2) 四面体结构 [Ga(NH3)4Cl2]Cl (3) BE sp2、sp3 (4)Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN (5)BCDA 【详解】（1）离子晶体由和构成，中N的价层电子对数为2+=2，无孤电子对，空间构型为直线形。中N的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，价层电子对数为2+=3，有一对孤电子对，为sp2杂化，空间构型为V形；为直线形，和中心原子N的价层电子对数相同，孤电子对数不同，由于孤电子对对成键电子的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，所以孤电子对多的的键角比的更小，则的键角由大到小的顺序是>>。 （2）①的中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、VSEPR模型为四面体。 ②两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明处于外界的Cl-有1个，另外两个Cl与Ga形成配位键，同时还有4个NH3也与Ga形成配位键，因此GaCl3·4NH3配合物的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。 （3）①B原子的最外层电子数为3，该离子中上下两个B原子各形成了4个价键，所以上下两个B原子提供空轨道、氧原子提供孤电子对，两者之间形成配位键，该离子中还存在极性键，不存在非极性键和离子键，故答案选BE。 ②从图中可知，上下两个B原子各形成了4个σ键，则上下两个B原子采取sp3杂化；左右两个B原子形成3个σ键，左右两个B原子采取sp2杂化。 （4）与发生系列反应得到和另一种产物，根据原子守恒可知另一种产物为甲烷，反应的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN。 （5）电子基团的吸电子效应越强，羧基越容易电离出氢离子，由﹣Cl>﹣C≡CH>﹣C6H5>﹣H，则酸性ClCH2COOH > HC≡CCH2COOH > C6H5CH2COOH > CH3COOH，故答案为：BCDA。 5．(1) 10 (2) 洪特规则 N (3)四面体形 (4)< (5) [Ar]3d104s24p4 3 平面正三角形 (6) 大于 小于 (7)三者均为共价晶体，原子半径：N<P<As，键长：Ga—N<Ga—P<Ga—As，键能：Ga—N>Ga—P>Ga—As，故熔点降低 【详解】（1） 铜元素的原子序数为29，铜原子失去3个电子形成三价铜离子，三价铜离子的价电子排布式为3d8，则价层电子排布图为；基态O2-离子的电子排布式为1s22s22p6，核外有10种不同运动状态的电子； （2）泡利原理是：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，且它们的自旋状态相反，洪特规则是：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，基态氧原子的2p能级的三个轨道填充电子时，优先单独占据一个轨道，符合的是洪特规则，基态Ca原子核外电子占据的最高能层为第4能层，符号为N； （3）的中心原子为S，其价层电子对数为4，所以杂化方式为sp3杂化，可看成是中的一个氧原子被硫原子所替代，可推知的中心原子的杂化方式与的一致，其VSEPR模型名称为四面体； （4）依据Al的性质与Be的性质相似，AlCl3为分子晶体，可推知BeCl2也为分子晶体，而同族的镁形成的MgCl2为离子晶体，所以BeCl2的熔点低于MgCl2的； （5）基态硒为34号元素，处于第四周期ⅥA族，核外电子排布式为；同一周期从左到右，元素的第一电离能有增大趋势，As的4p轨道为半充满的稳定状态，第一电离能大于Se，所以与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有As、Br、Kr三种；SeO3中Se价层电子对数==3且无孤电子对，SeO3的空间构型均为平面三角形； （6）根据元素周期律，同周期元素，原子半径从左到右减小，Ga 大于As；根据元素周期律，同周期元素，第一电离能左到右增加，但ⅡA族、ⅤA族元素大于相邻元素，故Ga 小于As； （7）三者均为共价晶体，原子半径：N<P<As，键长：Ga—N<Ga—P<Ga—As，键能：Ga—N>Ga—P>Ga—As，故熔点降低； 6．(1) (2) C和N均能提供孤电子对，与形成配位键 变小 (3)ace (4) 24 (5)脱嵌 【分析】根据题中所给晶胞结构可知，Fe3+所在位置为顶点和面心，个数为：；Fe2+所在位置为棱心和体心，个数为：，普鲁士蓝中与个数之比为1：1；K+个数为4，根据电荷守恒，CN-的个数为：，故该晶体的化学式为：。 【详解】（1）钾为第19号元素，因此的核外电子排布式是：； 同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，而由于基态N原子的价层电子为半充满状态，较稳定，因此第一电离能：N>C，综合可知，第一电离能：。 （2） 根据晶胞图可知，中C、N均与形成配位键，电子式为，C、N均有孤电子对，C、N均能提供孤电子对成为配位原子；形成配位键之后，碳氮之间的距离增大，键能减小， 故答案为：C和N均能提供孤电子对，与形成配位键；变小。 （3）该晶体的化学式为：，因此该配合物中含有共价键、配位键、离子键，故答案选：ace。 （4）根据分析可知，每个普鲁士蓝晶胞中含24个； 普鲁士蓝的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为。 （5）充电时普鲁士蓝为阳极，根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，Fe2+失电子转化为Fe3+，正电荷增多，为了平衡电荷，K+从普鲁士蓝中脱嵌出来。 7．(1) 2 4 离子晶体 (2) (3)带一个单位正电荷，对再失去的1个电子有较强吸引力 (4)正四面体形 (5) (6) 【详解】（1）根据晶胞的组成，可算出晶胞中个数为个数为和个数为，所以当取1时，x、y分别为2和4．因三种元素均形成离子，故形成的晶体类型是离子晶体。 （2） Mn是25号元素，含有22个电子，价电子轨道表示式为。 （3）的第一电离能小于第二电离能，其原因是带一个单位正电荷，对再失去的1个电子有较强吸引力。 （4）由价层电子对互斥理论，可以算出形成的的价层电子对数为4，孤电子对数为0，故的空间结构是正四面体形。 （5） 离标★的位置距离最远的锰离子（或）如图中箭头所指，其原子分数坐标为。 （6）晶胞的“化学式”为,根据一个晶胞含8个,其晶体的密度表达式为。 8．(1) 第四周期VIII族 15种 O>Si>Fe>Mg +2 (2) 钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大 正四面体 sp3 (3) 1 MgB2 【详解】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石()中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为中Mg、Si、O的化合价分别为+2、+4和-2，x+2-x=2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为+2。 （2）Na与Si均为第三周期元素， NaCl熔点明显高于，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知，、、熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。的空间结构为正四面体，其中Si的价层电子对数为4，因此Si的轨道杂化形式为。 （3）由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中B在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为。 9．(1) 12 (2) 2 两者均为共价晶体，结构相似，原子半径：，键长：，键能：，因此硬度：单晶硅<金刚石 (3)abd (4) 两者均为离子晶体，结构相似；和都是二价离子，和都是一价离子；和间距比和间距更小，NiO晶体中离子键更强 0.97 【详解】（1） ①由图知，铜原子为与面心和顶点上，故每个Cu原子周围距离最近的Cu原子有12个； ②将铜晶胞中立方体所有顶点位置的原子替换为Au，即得到一种铜金合金的晶胞，子该晶胞中Au原子的个数为，Cu原子的个数为，故该铜金合金的化学式为； （2）①晶体硅中每个Si原子形成4个共价键，1条共价键为2个Si原子共有，则单晶硅中含有键； ②两者均为共价晶体，结构相似，原子半径：，键长：，键能：，因此硬度：单晶硅<金刚石； （3）a.二氧化碳分子的质量大于水分了，则相同体积的二氧化碳分了，其密度比水大，a正确， b.干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集，则说明干冰的密度比冰大，b正确； c.水分子极性强，分子间作用力大，不能说明干冰的密度比冰大，c错误: d.冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低，能说明干冰的密度比冰大，d正确； 故选abd； （4）①NiO晶体与晶体结构相似，晶胞为立方体两者均为离子晶体，结构相似；和都是二价离子，和都是一价离子；和间距比和间距更小，NiO晶体中离子键更强，NiO的熔点远高于； ②由图可知NaCl晶体中存在4个和4个，则晶胞中存在4个和4个，则晶胞的质量为，距离最近的两个位于顶点和面心，为对角线的一半，间距为，则棱长为，则体积为，则晶胞的密度为； ③氧化镍样品中与的离子数之比为6：91，则为，为，根据晶体成电中性，可得，解x=0.97。 10．(1) 中有两个孤电子对，中有一个孤电子对，中孤电子对对键电子对斥力更大，所以键角更小 (2)AD (3) (4) 【分析】X、Y、Z为元素周期表同周期相邻主族的非金属元素，其中Y的第一电离能最大。则Y为N元素，X为C元素，Z为O元素，W和M组成的化合物可用于野外制，且两元素的化合价的绝对值相等，则W为H元素，M为Na元素，Y、N同主族，则N为P元素，据此分析解题。 【详解】（1）元素Y、Z形成的简单氢化物的键角大小关系为：；中有两个孤电子对，中有一个孤电子对，中孤电子对对键电子对斥力更大，所以键角更小； （2）A．组成和结构相似的化合物，分子晶体相对分子质量越大熔沸点越高，随着C原子数目的递增熔沸点逐渐升高，A正确； B．W与X形成的化合物中，CH4中C的杂化类型为杂化，C2H4中C的杂化类型为杂化，B错误； C．W与X形成的化合物中，CH4中所有原子不在同一平面上，呈正四面体，C错误；     D．W与X形成的化合物中，可能存在手性异构体例如，(CH3)3CCH(CH3)CH2CH3，D正确； 故选AD。 （3） W和M组成的化合物为NaH，NaH为离子化合物，电子式为：；将该化合物溶于水中，NaH+H2O=NaOH+H2↑，充分反应后，生成的氢氧化钠的浓度为0.1mol/L，有水电离的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，则有，溶液中由水电离出的氢氧根浓度为； （4）N为第7号元素，价层电子排布式：；距离最近的与N之间的距离为，为晶胞体对角线的，则晶胞边长为：，1nm=10-7cm，晶胞中含有的原子数Ga：，N：4，=。 11．(1) [Ar]3d104s24p4 5 BD (2) 共价键和分子间作用力(或范德华力) 平面三角形 (3) 8 (4) 【详解】（1）①Se的原子序数为34，Se原子核外有34个电子，基态Se原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar] 3d104s24p4；基态硒原子简化的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p4； 基态O2-中含有电子排布式为1s22s22p6，含有5种不同空间运动状态的电子； ②A．X中碳的杂化方式有sp3、sp2，硒元素的杂化方式为sp3，A项错误； B．元素的非金属性越强，元素的电负性越大，元素电负性由大到小的顺序为O＞N＞Se＞H，B项正确； C．基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，由于能量2p＜3s＜3p，能量最低的激发态N原子的核外电子排布式为1s22s22p23s1，C项错误； D．该新药结构对称（如图中红线为对称轴），有8种不同化学环境的碳，D项正确； 答案选BD； （2）B和N都是非金属元素，以共价键结合，层和层之间存在分子间作用力，由图可知，一个B原子与3个N原子相连，B原子孤对电子对数==0，键电子对数==3，价层电子对数=3+0=3，B原子以sp2杂化，且没有孤对电子，所以构型为平面三角形，故答案为: 共价键和分子间作用力(或范德华力)；平面三角形； （3）在该晶胞中，K+处于8个顶点，Ca2+处于体心，则该晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8个；根据“均摊法”，该晶胞中含K+：8×=1，Ca2+：1，B：12×=6，C：12×=6，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(apm)3=a3×10-30cm3，晶体的密度为= g/cm3； （4） 根据磷化硼的晶胞结构图，沿着体对角线方向的投影为 (图中虚线圆圈表示P 原子的投影，实线圆圈为B 原子的投影，其中P原子半径比B大，故答案为。 12．(1)sp2 (2) 其他条件相同时，pH越大，Fe2+的平均氧化速率越快 (3) +Cl-⇌FeCl3 BC (4)晶体 (5)6 【详解】（1）SO2中心S原子的价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为三角锥形，S原子的杂化方式为sp2，故答案为：sp2； （2）①由图可知，pH=2.0、10～20min内Fe2+的平均氧化速率v(Fe2+)=； ②由图可知，0～20min内Fe2+的平均氧化速率与pH的关系是：其他条件相同时，pH越大，Fe2+的平均氧化速率越快； （3）①由图可知，c(Cl-)=3mol/L或lgc(Cl-)=0.5时继续通入少量HCl，α()减少，α(Fe3+)增大，即发生的反应为+Cl-⇌FeCl3； ②A．M点溶液中存在平衡为Fe3++Cl-⇌FeCl2+、FeCl2++Cl-⇌，加入少量NaCl固体时平衡正向移动，但c(Cl-)增大，故A错误； B．反应FeCl2++Cl-⇌的平衡常数K2=，加入少量NaCl固体时c(Cl-)增大，则平衡时减小，故B正确； C．反应Fe3++Cl-⇌FeCl2+、FeCl2++Cl-⇌的平衡常数K1=、K2=，则平衡时=K1•K2，K与溶液的酸碱性无关，即加入少量NaOH溶液，平衡时不变，故C正确； D．平衡为Fe3++Cl-⇌FeCl2+、FeCl2++Cl-⇌，加入少量水稀释时平衡逆向移动，溶液中离子总数增大，故D错误； 故答案为：BC； （4）滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3属于晶体； （5）晶胞结构分析可知，一个晶胞中，每个氧原子最近的氧原子两个，整个晶体中相邻三个晶胞中的氧原子与之最近，每个O周围与其最近的O个数为6。 13．(1) 先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解，形成深蓝色溶液 极性 NH3是极性分子，易溶于由极性分子构成的溶剂水 NH3与水形成分子间氢键 (2)NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑ (3) ①③ 16NA (4)A 【分析】A原子的1s轨道上只有1个电子，则A是H元素；B是电负性最大的元素，则B是F元素；基态原子的2p轨道中有3个未成对电子，则C原子核外电子排布是1s22s22p3，故C是N元素；E的+1价离子的M能层中所有能级各轨道都有电子且没有未成对电子，则E原子最外层有1个电子，基态E原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故E是29号Cu元素；D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有2个运动状态不同的电子，则D是20号Ca元素，然后根据元素周期律及物质的性质及问题分析解答。 【详解】（1）根据上述分析可知：A是H，B是F，C是N，D是Ca，E是Cu元素。 CA3是NH3，在NH3分子中，N原子最外层上有5个电子，其中的3个成单电子分别与3个H原子形成3个共价键，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，其电子式为：； 元素E的硫酸盐是CuSO4，向CuSO4溶液中通入NH3，当通入氨气少量时，发生反应：Cu2++2NH3+2H2O= Cu(OH)2↓+2，反应产生Cu(OH)2蓝色沉淀；当氨气过量时，蓝色沉淀又进一步发生反应：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，因此会看到：蓝色沉淀溶解，变为深蓝色溶液； NH3分子中正、负电荷重心不重合，因此NH3分子是极性分子； NH3极易溶于水的原因是：①NH3是极性分子，易溶于极性分子组成的溶剂水中；②NH3与水形成分子间氢键，增加了NH3与H2O分子之间的吸引作用，导致其易溶于水中； （2）N与H两种元素可以形成化合物NH5，实际结构应该为NH4H，该物质是离子化合物，其与水反应产生一水合氨和氢气，该反应的化学方程式为：NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑； （3）A、C、E三种元素形成的化合物离子[Cu(NH3)4]2+中铜与氮原子之间形成四个配位键，氨分子内形成三个N-H极性共价键，故其中存在的化学键有配位键和极性键，化学键的合理序号是①③； 在1个络离子[Cu(NH3)4]2+中，中心Cu2+与4个配位体的中心N原子之间形成了4个配位键、含有四个配位体NH3中的N-H极性键3×4=12个，因此1个该离子中共16个σ键，则l mol该离子含16NA个σ键； （4）[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，若[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代得到的[Cu(NH3)2]2+Cl2有两种不同结构，说明两个Cl在边上或对角线上两种结构，则其应该为平面结构，故[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形，合理选项是A。 14．(1) 3d84s2 d (2) ＞ V形 (3)三种卤化物结构相似，均为分子晶体；相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，熔沸点升高 (4) 8 12 (5) 3 7.7% 【详解】（1）基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2；其位于元素周期表的d区； （2）①As的4p轨道半充满，原子的能量低，第一电离能反常，则第一电离能：As＞Ga； ②SeO2分子中，Se的价层电子对数为，为sp2杂化，有1个孤电子对，所以空间结构为V形； （3）三种卤化物结构相似，均为分子晶体；相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，熔沸点升高； （4）氯化铯晶胞中，Cs+位于体心，Cl-位于8个顶点，故每个Cs+周围紧邻8个Cl-；在氯化钠晶胞中，钠离子在体心和棱心位置，距离体心位置的钠离子最近的钠离子是位于棱心的12个钠离子，故每个钠离子周围紧邻12个钠离子； （5）晶胞中Mg2+的个数为，H-离子个数为，晶体化学式为MgH2，以体内的H-离子为研究对象，其与周围3个Mg2+紧邻，则其配位数为3；X储氢的质量分数为；晶胞质量为g，密度为1.4g/cm3，则体积为cm3，即abc×10-30=，即c=pm。 15．(1) 第四周期ⅥA族 p (2) (3)与均为分子晶体，相对分子质量链状比大的多，故分子间作用力更大 (4) N＞O＞Se (5)因为Se元素是+4价，既可以升高又可以降低，所以具有氧化性和还原性；或是酸式盐，可以与碱反应 (6) 4 【详解】（1）Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族，位于p区； （2）O、S、Se气态氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，电负性O＞S＞Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以H2O、H2S、H2Se键角由大到小的顺序为； （3）与均为分子晶体，相对分子质量链状比大的多，分子间作用力更大，所以与熔点差异较大； （4）Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族，“依布硒”中Se原子形成2个σ键，孤电子对数为2，价层电子对数为4，其杂化类型为；O、N元素同周期，N为VA族元素，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，即第一电离能N＞O，Se、O 元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，所以Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se； （5）中Se元素化合价为+4价，处于中间价，既可以升高又可以降低，所以具有氧化性和还原性；或是酸式盐，可以与碱反应； （6）①Li位于顶点和体内，个数为，Fe位于面上，个数为，Se位于棱上和体内，个数为，该超导材料的化学式为；由晶胞图可知距离Se原子最近的Fe原子的个数为4； ②晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体密度为。 16．(1)3 (2) 1：2 (3)硼的卤化物的三种卤化物均为分子晶体，分子结构相似，相对分子质量增大，范德华力逐渐增强，故沸点依次升高 (4) 6 24 C 【详解】（1）基态B原子核外电子排布为1s22s22p1，同一能级能量相同，则B原子有3种能量不同的电子； （2）由图可知每个[BO3]单元中都有1个B原子，1个氧原子完全属于该单元，剩余2个O原子分别为2个[BO3]单元共用，所以B：O=1：(1+2×)=1：2；其化学式为； （3）硼的卤化物的三种卤化物均为分子晶体，分子结构相似，相对分子质量增大，范德华力逐渐增强，故沸点依次升高； （4）①由晶胞结构可知Ca位于以8个B6形成的立方晶胞的体心位置，B6的个数为，则B原子个数为6；位于晶胞顶点的每个B6中只有3个B原子距离Ca原子最近，即Ca的配位数为3×8=24； ②由晶胞结构可知B6围成正八面体构型，沿z轴方向的上下顶点投影为正方形的顶点，其余原子投影棱上，则符合的投影图为C； ③B－B键的键长为rpm，解三角形得，M点距离坐标原点的距离为，则M的坐标为。 17．(1) 1s22s22p63s23p63d104s1 N>O>S (2)正四面体形 (3) N H2O分子与NH3分子间能形成氢键 (4) 第四周期，第Ⅷ族 【详解】（1）基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；由于N的2p轨道处于半满状态，故第一电离能比O大，由于S、O处于同一主族，原子序数S较大，所以第一电离能较小，所以三种元素的第一电离能由大到小为N>O>S； （2）的中心原子S原子价电子对数，采取sp3杂化，无孤电子对，立体构型是正四面体形； （3）配合物中Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤对电子，则配位原子为N；极易溶于水除了是极性分子外，还由于H2O分子与NH3分子间能形成氢键，使极易溶于水； （4）Fe是26号元素，其在周期表的位置是第四周期，第Ⅷ族；由均摊法可以计算出晶胞中含有Fe的个数为，N的个数为1，则该晶胞的化学式为Fe4N，则Fe和在640℃发生置换反应的化学方程式为。 18．(1) (2) > < (3)2-羟基乙胺上羟基氧电负性大，有吸电子作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性减弱 (4)(PO3) (5) 4NH4F+2NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3↑+2H2O ab 【详解】（1） 砷元素的原子序数为33，基态原子的价电子排布式为4s24p3，轨道表示式为，故答案为：； （2）联氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，双氧水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以键角键角H-N-N大于H-O-O；由题意可知，叠氮酸的结构式为H-N=N≡N，氮氮三键①中含有2个π键，氮氮双键②中含有1个π键，由参与形成π键的电子越多，键长越短可知，键长①小于②，故答案为：>；<； （3）2-羟基乙胺上羟基氧电负性大，有吸电子作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性减弱，所以乙胺碱性更强，故答案为：2-羟基乙胺上羟基氧电负性大，有吸电子作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性减弱； （4）由图可知，环状三偏磷酸根中每个磷原子与4个氧原子相连，其中2个氧原子为2个磷原子所共有，则每个磷原子连有的氧原子个数为2+2×=3，离子中磷元素的化合价为+5价、氧元素为-2价，由化合价代数和可知，离子的电荷数为5+(-2)×3=-1，则n个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式为(PO3)，故答案为：(PO3)； （5）由题意可知，生成化合物X的反应为氟化铵与氟化钠、偏铝酸钠反应生成六氟合铝酸钠、氨气和水，反应的化学方程式为4NH4F+2NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3↑+2H2O，则X为六氟合铝酸钠；六氟合铝酸钠是含有离子键、极性键和配位键的离子化合物，故选ab；由晶胞结构和俯视投影可知，晶胞中位于顶点和体心的六氟合铝酸根离子的个数为8×+1=2，位于棱上和面心的钠离子个数为4×+6×=6，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10-30 a2c) d，解得d=g/cm3，故答案为：4NH4F+2NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3↑+2H2O；ab；。 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 $$