2021-2022学年广东省十五校联盟高二（下）第一次联考化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年广东省十五校联盟高二（下）第一次联考化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省十五校联盟高二（下）第一次联考化学试卷
1. 下列有关化学用语表示正确的是(    )
A. 钾离子的电子排布式：[Ar]4s1
B. 基态氮原子的电子排布图：
C. 水的电子式：
D. 基态铬原子(24Cr)的价电子排布式：3d44s2
2. 下列关于晶体与非晶体的说法正确的是(    )
A. 晶体与非晶体的本质区别在于是否有固定的熔沸点
B. 晶体有自范性的原因是粒子在微观空间呈周期有序性排列
C. 固体食盐、水晶、塑料、胆矾、玻璃均属于晶体
D. 鉴别晶体与非晶体的最科学可靠的方法是检测其是否具有各向异性
3. 已知某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的，关于该化合物的以下叙述中错误的是(    )

A. 1mol该化合物中有1mol Y B. 1mol该化合物中有3mol Cu
C. 1mol该化合物中有2mol Ba D. 该化合物的化学式是YBa2Cu3O6
4. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4      ②1s22s22p63s23p3      ③1s22s22p3      ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是(    )
A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③=②>①
5. 三氯化磷分子和氨分子结构和空间构型相似，是三角锥形而不是平面正三角形，下列关于三氯化磷分子的叙述，不正确的是(    )
A. PCl3分子中三个共价键的键长、键能和键角都相等
B. PCl3分子中的P−Cl键属于极性共价键
C. PCl3分子中既有σ键，又有π键
D. PCl3分子中各原子都达到8电子稳定结构
6. 冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，其晶胞结构如图所示。已知冰中氢键的作用能为18.8kJ⋅mol−1，而冰的熔化热为5.0kJ⋅mol−1。下列有关说法正确的是(    )


A. 冰晶胞内水分子间以共价键结合
B. 每个冰晶胞平均含有4个水分子
C. 水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是σ键的一种
D. 当在0℃冰变成液态水时，氢键部分被破坏
7. 下列说法正确的是(    )
A. Na2O2和 NaOH 所含化学键类型完全相同
B. NH3比 PH3稳定是因为 NH3分子间存在氢键
C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D. H2O2 是含非极性键的极性分子
8. 下列关于氢键及范德华力的叙述正确的是(    )
A. 氢键比范德华力强，它们都属于化学键
B. 分子间形成的氢键会使物质的熔点和沸点升高
C. HF分子间只存在氢键，没有范德华力
D. 由于 HF分子间存在氢键，所以 HF比 H2O更稳定
9. 下列有关晶体性质的比较正确的是(    )
A. 熔点：金刚石>晶体硅>碳化硅 B. 沸点：NH3>H2O>HF
C. 硬度：白磷>冰>二氧化硅 D. 熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4
10. 下列说法不正确的是(    )
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2−M+的电子层结构相同，则原子序数：R>M
③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到 8e−稳定结构
⑤固体融化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键
⑥HF 分子很稳定是由于 HF 分子之间能形成氢键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是 1：2
⑧由于非金属性Cl>Br>I，所以酸性 HCl>HBr>HI

A. ②⑤⑥⑧ B. ①③④⑤ C. ②④⑤⑦ D. ③⑤⑦⑧
11. 下列关于NaCl晶体结构的说法中正确的是(    )
A. NaCl晶体中，每个Na+周围吸引的Cl−与每个Cl−周围吸引的Na+数目相等
B. NaCl晶体中，每个Na+周围吸引1个Cl−
C. NaCl晶胞中的质点代表一个NaCl
D. NaCl晶体中存在单个的NaCl分子
12. A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中第一电离能最大．下列有关叙述错误的是(    )
A. 四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、Ar
B. 元素A、B、C两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等
C. 元素A、C简单离子的半径大小关系为AC
13. 关于配合物[Zn(NH3)4]Cl2的说法正确的是(    )
A. 配位数为6 B. 配体为NH3和Cl−
C. [Zn(NH3)4]2+为内界 D. Zn2+和NH3以离子键结合
14. 根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型正确的是(    )
选项
分子式
中心原子杂化方式
价层电子对互斥模型
分子或离子的立体构型
A
SO2
sp
直线形
直线形
B
HCHO
sp2
平面三角形
三角锥形
C
NF3
sp2
四面体形
平面三角形
D
NH4+
sp3
正四面体形
正四面体形

A. A B. B C. C D. D
15. 高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为−2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是(    )
A. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有8个K+和4个O2−
B. 晶体中每个K+周围有8个O2−，每个O2−周围有8个K+
C. 晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
D. 晶体中0价氧原子和−2价氧原子个数比为3：1

16. 下列有关石墨晶体的说法正确的是(    )
①石墨层内作用力为共价键，层间靠范德华力维系
②石墨是混合型晶体
③石墨中的C为sp2杂化
④石墨的熔、沸点都比金刚石的低
⑤石墨中碳原子个数和C−C键个数之比为1：2
⑥石墨和金刚石的硬度相同
⑦石墨的导电性只能沿石墨平面的方向
A. 全部 B. ①②③⑦ C. 仅②③⑦ D. ①②⑤⑦
17. A、B、C为短周期主族元素并且原子序数依次增大，且为同周期元素。A元素是非金属元素且原子核外成对电子数是未成对电子数的2倍；B元素最外层有3个未成对电子；C元素核外有3对成对电子。请根据相关信息，用化学用语回答下列问题：
(1)A的基态原子核中核外有 ______种运动状态不同的电子；B的基态原子中电子占据最高能级的电子云廓图为 ______。
(2)B的氢化物BH3的VSEPR模型名称为 ______，其分子空间结构为 ______；A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 ______(填元素符号))。
(3)BO2−中B原子的杂化轨道类型为 ______。
(4)由A、C形成AC2分子中，1mol该分子中含有π键的数目为 ______(NA为阿伏加德罗常数的值)。
18. 钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途．
(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点．
①Ti的基态原子价电子排布式为______.
②Fe的基态原子共有______种不同能级的电子．
(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑.
①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是______(用元素符号表示).
②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为______，中心原子的杂化方式为______.
(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10−2 nm和7.8×10−2 nm.则熔点：NiO______(填“>”、“F，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P>N，故原子半径P>S>N>F，即②>①>③>④，故B错误；
C.非金属性F>N>S>P，非金属性越强电负性越大，所以电负性F>N>S>P，即④>③>①>②，故C错误；
D.最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①>②=③，故D错误；
故选A。  
5.【答案】C 
【解析】解：A.PCl3分子中三个P−Cl键完全相同，所以键长、键能、键角都相等，故A正确；
B.不同非金属元素之间形成极性共价键，则分子中P−Cl键是极性共价键，故B正确；
C.PCl3分子中有σ键，无π键，故C错误；
D.PCl3分子中P为+3价，最外层有5个电子，3+5=8，满足8电子稳定结构，故D正确；
故选C.
PCl3分子中三个P−Cl键完全相同，所以键能、键长，键角都相等；分子中P−Cl键是不同非金属元素之间形成的极性共价键，元素化合价的绝对值加上原子最外层电子数等于8，则满足8电子稳定结构．
本题考查了判断分子空间构型，键能、键长，键角、8电子稳定结构的判断，题目难度较小．

6.【答案】D 
【解析】解：A.冰是分子晶体，水分子间不存在共价键，冰晶胞内水分子间主要以氢键结合，故A错误；
B.由图可知，晶胞中冰为顶点、面心和体心位置，体心有4个、面心有6个、顶点有8个，则每个冰晶胞平均含有水分子数为4+8×18+6×12=8，故B错误；
C.氢键是特殊的分子间作用力，不是共价键，也不是σ键，故C错误；
D.由图可知，每个水分子周围有4个氢键，1mol冰中含有氢键为4×12mol=2mol，完全破坏1mol冰中氢键需要的能量为18.8kJ⋅mol−1×2mol=37.6kJ，1mol冰完全融化吸收5.0kJ能量，37.6kJ>5.0kJ，则冰融化后水分子间仍然存在氢键，即冰变成液态水时氢键部分被破坏，故D正确；
故选：D。
A.冰晶胞是分子晶体，存在分子间作用力，不存在化学键；
B.冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，每个冰晶胞平均含有8个水分子；
C.氢键是特殊的分子间作用力，不是共价键；
D.由图可知，每个水分子周围有4个氢键，1mol冰中含有4×12mol氢键，完全破坏1mol冰中氢键吸收能量为18.8kJ⋅mol−1×2mol=37.6kJ>冰的熔化热5.0kJ，则氢键未完全断裂。
本题考查晶胞的计算，涉及均摊法的计算、氢键等知识，把握均摊法的计算分子数或氢键数是解题关键，注意氢键不是化学键，选项D是解题难点，题目难度不大。

7.【答案】D 
【解析】解：A.过氧化钠中含有离子键和非极性键，NaOH中含有极性键和离子键，所以化学键类型不完全相同，故A错误；
B.物质稳定性与化学键有关，与氢键无关，故B错误；
C.二氧化碳溶于水生成碳酸破坏共价键，而干冰升华，破坏分子间作用力，故C错误；
D.双氧水分子结构式为H−O−O−H，存在极性键和非极性键，但是其正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；
故选：D。
A.同种非金属元素之间易形成非极性键、不同非金属元素之间易形成极性键；
B.物质稳定性与其化学键有关；
C.二氧化碳溶于水生成碳酸；
D.不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，正负电荷中心不重合的分子为极性分子。
本题考查化学键，侧重考查物质结构和性质，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，知道基本概念内涵及其概念间区别，题目难度不大。

8.【答案】B 
【解析】解：A.氢键比范德华力强，是一种介于化学键与分子间作用力之间的作用力，但它们不属于化学键，故A错误；
B.氢键能影响物质的熔沸点，分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高，故B正确；
C.HF分子间存在氢键，也存在范德华力，故C错误；
D.HF与H2O的稳定性与H−F、H−O键有关，而与氢键无关，故D错误；
故选：B。
氢键仅存在于电负性较强的F、O、N元素对应的氢化物中，是一种分子间作用力，但比分子间作用力强，比共价键弱，可影响物质的物理性质，以此解答该题。
本题考查了氢键的形成、对物质性质的影响性质，题目难度不大，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响。

9.【答案】D 
【解析】解：A.金刚石、晶体硅、碳化硅都是共价晶体，在共价晶体中，键长越短，键能越大，熔点越高，由于键能：C−C键>C−Si键>Si−Si键，故三种晶体中熔点最高的是金刚石，熔点最低的是晶体硅，故A错误；
B.NH3、H2O、HF三者的分子间均存在氢键，但水分子间的氢键最多，常温常压下水为液体，故水的沸点最高，故B错误；
C.二氧化硅是共价晶体，硬度大，白磷和冰都是分子晶体，硬度较小，故C错误；
D.卤化硅为分子晶体，它们的组成和结构相似，分子间不存在氢健，故相对分子质量越大，其熔点越高，故D正确；
故选：D。
A.金刚石、晶体硅、碳化硅均为共价晶体，共价键的键长越长，晶体的熔点越低；
B.NH3、H2O、HF三者的分子间均存在氢键，但水分子间的氢键最多；
C.二氧化硅是共价晶体，白磷和冰均为分子晶体；
D.三者均为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高。
本题考查了晶体类型的判断以及物质熔沸点、硬度的比较，比较时，先判断晶体的类型，难度不大。

10.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题是道综合题，涉及到的知识点较多，题目难度不大，注意概念的辨析。
【解答】
①N2H4 分子中既含N−H极性键又含N−N非极性键，故①正确；
②R2−和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；所以原子序数：M>R，故②错误；
③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高，故③正确；
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e−稳定结构，故④正确；
⑤氯化镁熔化，发生电离，则熔化破坏离子键，故⑤错误；
⑥分子稳定性是化学性质，与氢键无关，故⑥错误；
⑦Na2O2 固体中的阴离子过氧根离子和阳离子钠离子个数比是 1：2，故⑦正确；
⑧不能利用非金属性来比较氢化物的水溶液酸性，故⑧错误；
故选：A。  
11.【答案】A 
【解析】解：A.NaCl晶体中，每个Na+周围吸引6个Cl−，而每个Cl−周围吸引6个Na+，故A正确；
B.NaCl晶体中，每个Na+周围吸引6个Cl−，故B错误；
C.NaCl晶体中的质点表示Na+或Cl−，故C错误；
D.NaCl是离子晶体，不存在单个NaCl分子，故D错误；
故选：A。
NaCl是离子晶体，每个Na+周围吸引6个Cl−，每个Cl−周围吸引6个Na+，
本题考查NaCl晶体的结构，该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的训练与检验，题目难度不大。

12.【答案】C 
【解析】解：A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的元素，则A是O元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则其原子核外电子数=2×(2+8)=20，则B是Ca元素；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C是Na元素，D元素在第三周期中第一电离能最大，则D是Ar元素，
A.由上述分析可知，四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、Ar，故A正确；
B.元素O、Ca、Na两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，故B正确；
C.O2−、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：O2−>Na+，故C错误；
D.金属性越强电负性越小，则电负性O>Na，故D正确；
故选：C。
A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的元素，则A是O元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则其原子核外电子数=2×(2+8)=20，则B是Ca元素；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C是Na元素；D元素在第三周期中第一电离能最大，则D是Ar元素，据此进行解答．
本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力．

13.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了配合物的有关知识，明确配合物中内界、外界、配位体、配位数、中心离子的概念即可解答，题目难度不大。
【解答】
A.配体是NH3，锌离子配位数是4，故A错误；
B.该配合物中氮原子提供孤电子对，所以NH3是配位体，故B错误；
C.[Zn(NH3)4]Cl2中外界是Cl−，内界是[Zn(NH3)4]2+，故C正确；
D.该配合物中，锌离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以Zn2+和NH3以配位键结合，属于特殊共价键，不属于离子键，故D错误。
故选C。  
14.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了微粒的空间构型及中心原子的杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点为孤电子对数的计算方法，为常考知识点，要熟练掌握，题目难度一般。
【解答】
A.SO2中，S原子的价层电子对数=2+12(6−2×2)=3，所以中心原子的杂化方式为sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，因含有一个孤电子对，所以分子的立体构型为V形，故A错误；
B.HCHO分子中，C原子的价层电子对数=3+12(4−2×1−1×2)=3，所以中心原子的杂化方式为sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，因为没有孤电子对，所以分子的立体构型为平面三角形，故B错误；
C.NF3分子中，N原子的价层电子对数=3+12(5−3×1)=4，所以中心原子的杂化方式为sp3，价层电子对互斥模型为四面体形，因含有一个孤电子对，所以分子的立体构型为三角锥形，故C错误；
D.NH4+离子中，N原子的价层电子对数=4+12(5−1−4×1)=4，所以中心原子的杂化方式为sp3，价层电子对互斥模型为正四面体形，因为没有孤电子对，所以离子的立体构型为正四面体形，故D正确。
故选：D。  
15.【答案】D 
【解析】解：A.晶胞中含有K+的个数为8×18+6×12=4，O2−的个数为12×14+1=4，故A错误；
B.晶体中每个K+周围有6个O2−，每个O2−周围有6个K+，故B错误；
C..晶体中与每个K+距离最近且相等的K+的个数为3×8×12=12，故C错误；
D.晶胞中K+与O2−个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒−2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8−2=6，所以晶体中，0价氧原子与−2价氧原子的数目比为3：1，故D正确；
故选：D。
A.晶胞中含有K+的个数为8×18+6×12=4，O2−的个数为12×14+1=4；
B.类比氯化钠晶胞进行分析；
C.晶体中与每个K+距离最近且相等的K+的个数为3×8×12=12；
D.晶胞中K+与O2−个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒−2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8−2=6。
本题考查物质结构与性质，涉及化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。

16.【答案】B 
【解析】解：①石墨层内是由碳原子构成的六边形平面网状结构，层内作用力为共价键，层间靠范德华力维系，故①正确；
②石墨层内是由碳原子通过共价键构成的六边形平面网状结构，层间靠范德华力维系，石墨是混合型晶体，故②正确；
③层内每个碳原子形成3个σ键，含有1个未成对电子，层内形成大π键，C原子采取sp2杂化，故③正确；
④石墨层内除形成C−C键外，还存在大π键，石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，石墨中碳碳键的键能更大，故石墨的熔点比金刚石的高，故④错误；
⑤每个碳原子形成3个C−C键，每个碳碳键为一个碳原子提供12个C−C键，石墨中碳原子个数和C−C键个数之比为1：(3×12)=2：3，故⑤错误；
⑥石墨质软，金刚石的硬度大，故⑥错误；
⑦石墨层内存在存在大π键，只能沿石墨平面的方向导电，故⑦正确，
故选：B。
①石墨层内是由碳原子构成的六边形平面网状结构，层间靠范德华力维系；
②石墨是混合型晶体；
③层内每个碳原子形成3个σ键，含有1个未成对电子，层内形成大π键；
④石墨的熔点比金刚石的高；
⑤每个碳原子形成3个C−C键，每个碳碳键为一个碳原子提供12个C−C键；
⑥石墨质软，金刚石的硬度大；
⑦石墨层内存在存在大π键。
本题考查晶体结构与性质，涉及石墨结构的考查，掌握均摊法进行有关计算，熟记常见晶胞结构特点，题目难度不大。

17.【答案】6 哑铃形  四面体形  三角锥形  N>O>Csp2  2NA 
【解析】解：由上述分析可知，A为C、B为N、C为O，
(1)A是C元素，C原子核外有6个电子，基态原子核中核外有6种运动状态不同的电子；B是N元素，基态N原子的核外电子排布式是1s22s22p3，电子占据最高能级是2p，电子云轮廓图为哑铃形，
故答案为：6；哑铃形；
(2)NH3中N原子价层电子对数是4，VSEPR模型名称为四面体形，有1对孤电子对，其分子空间结构为三角锥形；同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，
故答案为：四面体形；三角锥形；N>O>C；
(3)NO2−中BN原子价层电子对数是2+5+1−2×22=3，所以杂化轨道类型为sp2，
故答案为：sp2；
(4)由C、O形成CO2分子，结构式是O=C=O，1 mol该分子中含有π键的数目为2NA，
故答案为：2NA。
A、B、C为短周期主族元素并且原子序数依次增大，且为同周期元素，A元素是非金属元素且原子核外成对电子数是未成对电子数的2倍，电子排布为1s22s22p2，A为C；B元素最外层有3个未成对电子，电子排布为1s22s22p3，B为N；C元素核外有3对成对电子，电子排布为1s22s22p4，C为O，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布规律来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质结构与性质的应用，题目难度不大。

18.【答案】3d24s27O>Cl>C3：1sp2>LaNi5MNAd 
【解析】解：(1)①Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期第IVB族，故Ti的基态原子价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
②Fe是26号元素，原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d等7个能级，故答案为：7；
(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，CrO2Cl2中Cl为+1价，O为−2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：O>Cl>C，故答案为：O>Cl>C；
②COCl2分子中有1个C=O键和2个C−Cl键，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，个数比3：1，中心原子C电子对数=3+4−1×2−22=3，故中心原子杂化方式为sp2，故答案为：3：1；sp2；
(3)Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO>FeO，故答案为：>；
(4)①该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点．
所以晶胞实际含有的镍原子为1×1+12×8=5，晶胞实际含有的镧原子为8×18=1，所以晶体的化学式LaNi5，故答案为：LaNi5；
②一个晶胞的质量m=MNA，根据m=ρv，即v=MNAd，故答案为：MNAd；
(1)①Ti是22号元素，根据原子核外电子排布规律排布；
②Fe是26号元素，原子核外有spd等能级；
(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，结合化合物CCl4、NaClO中元素化合价判断；
②根据1个单键是1个δ键，1个双键中含有1个δ键，1个π键以及COCl2分子的结构式来解答；
(3)离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高；
(4)①根据均摊法计算晶胞中实际含有的原子个数，确定化学式；
②根据一个晶胞的质量m=ρv计算．
本题综合性较强，考查了晶胞的计算、化学键、核外电子排布、电离能和电负性的含义及应用，题目难度中等．

19.【答案】HSFeCuN>O>S  电子从高能级跃迁回低能级，以光的形式释放能量  大于  sp3  AB  
【解析】解：(1)由上述分析可知，a为H、b为N、c为O、d为S、e为Fe、f为Cu，
故答案为：H；S；Fe；Cu；
(2)非金属性越强、第一电离能越大，但N的2p电子半满为稳定结构，则b、c、d中第一电离能由大到小的顺序是N>O>S，f的价层电子轨道示意图为，f的焰色反应为亮绿色，用原子结构的知识解释原因为电子从高能级跃迁回低能级，以光的形式释放能量，预测电离能I4(e)大于I4(f)，因3d电子半满为稳定结构，难失去电子，
故答案为：N>O>S；；电子从高能级跃迁回低能级，以光的形式释放能量；大于；
(3)a和b、c、d形成的二元共价化合物有很多种，其中有一分子呈三角锥形，可知含1对孤对电子，价层电子对数为4，该分子的中心原子的杂化方式为sp3，
故答案为：sp3；
(4)①[f(NH3)4]2+中存在的化学键类型有配位键，N−H极性共价键，
故答案为：AB；
②Cu中心原子，NH3是配体，则[f(NH3)4]2+的结构式为，
故答案为：。
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，所以c是O元素，d与c同族，则d是S元素，b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的外围电子排布式为3d64s2，e是Fe；f的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则f是Cu元素，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握原子结构、电子排布来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质结构与性质的应用，题目难度中等。

20.【答案】【小题1】
1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2
【小题2】
大于
Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态
【小题3】
离子键
nCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为极性分子，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，即溶质、溶剂都属于极性分子，所以互溶；
【小题4】
平面正三角形
sp2
【小题5】
六方最密堆积
65×6(a2×sin120∘×3×c)NA或65×6(a2×sin60∘×3×c)NA
 
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。
1.【分析】
本题考查核外dianz电子排布式的书写，熟悉核外电子排布的规律是解题的关键。
Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；
2.【分析】
本题考查第一电离能的比较，熟记电离能的变化规律是解题的关键。
轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu