2023届高三化学一轮专题训练——物质的结构与性质++

这是一份2023届高三化学一轮专题训练——物质的结构与性质++，共35页。试卷主要包含了镍及其化合物的相关研究备受关注等内容，欢迎下载使用。
2023届高三化学一轮专题训练——物质的结构与性质
1．（2022·四川成都·树德中学校考模拟预测）锌及其化合物在科学技术发展和人类生产生活中发挥着重要作用。
(1)明朝《天工开物》中就已经记载了我国古代的炼锌技术：以炉甘石(ZnCO3)和木炭为原料高温制取锌。请写出Zn2+的价电子排布轨道式_______，ZnCO3中C原子的杂化形式为_______，Zn、C、O的电负性由小到大的顺序是_______。
(2)“此物(“锌火”)无铜收伏，入火即成烟飞去”，意思是锌的沸点(907℃)较低，宜与铜熔合制成黄铜。已知Zn与Cu的能量变化如下所示：
Cu(g)Cu+(g)Cu2+(g)
Zn(g)Zn+(g)Zn2+(g)
①试解释步骤②吸收能量大于步骤④的原因_______。
②金属锌采取如图1所示堆积方式：

该堆积方式类型与金属铜的堆积方式_______ (填“相同”或“不相同”)。
(3)我国科学家最新研制成功了一种纳米半导体材料可以高效实现光化学转换，该种材料主要成分为硫化镉和硫化锌。Cd与Zn位于同一副族，且在Zn的下一周期。已知ZnS熔点为2830℃；CdS熔点为1750℃，ZnS熔点更高的原因为_______。
(4)独立的NH3分子中，H—N—H键键角为107°18'，请解释[Zn(NH3)6]2+离子中H—N—H键角变为109.5°的原因是_______。根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是_______。
A．和    B．和SO3 C．H3O+和   D．和
(5)图2为ZnS晶胞，图3为晶胞沿z轴的1∶1投影平面图：

①晶胞中最近的两个S原子之间的距离为_______ pm(含字母a写计算表达式)。
②已知S2-半径为bpm，若晶胞中S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为_______ pm(写计算表达式)。(含字母a、b写计算表达式)。
2．（2022秋·山东淄博·高三山东省淄博第四中学校考阶段练习）神舟十三号首次采用的大面积可展收柔性太阳电池翼，具有面积轻量化、使用寿命长等突出优点。回答下列问题：
(1)太阳电池翼的主要材料为单质硅，其基态原子具有___________种不同能量的电子；若硅原子电子排布表示为[Ne]3s23p，则违背了___________(填原理名称)。
(2)由于硅的价层有d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N(SiH3)3(平面形)和N(CH3)3(三角锥形)中，更易形成配合物的是___________(填化学式)；已知甲基的供电子能力强于氢原子，则N(CH3)3、NH3中R—N—R(R代表C或H)键角较大的是___________(填化学式)；1，3—二碘四硅双环[1.1.0]丁烷分子如图所示，该分子中四个硅原子共面且其中两个硅原子间形成电子单键(特殊键)。该分子中硅原子的杂化形式是___________，该分子形成的晶体中不存在的化学键是___________ (填标号)。

A．非极性键            B．离子键            C．氢键                D．配位键
(3)晶胞中原子的位置通常用原子分数坐标表示。复杂结构的三维表示往往难以在二维图上绘制和解释，可以从晶胞的一个轴的方向往里看，例如面心立方晶胞的投影图如图1所示。

某种硫化硅晶体的晶胞结构的投影图如图2所示，该硫化硅晶体的化学式为___________，晶胞中与S距离最近的Si的数目为___________；若晶胞中硫原子之间的最近核间距为dnm，则硅与硫原子之间的最近核间距为___________nm。
3．（2022·天津·耀华中学校考一模）铝、硅、磷三种元素的单质及其化合物在生产生活中有广泛应用。
(1)基态硅原子的价电子的轨道表达式_______；第三周期元素中第一电离能介于铝和磷元素之间的有_______(填元素符号)。
(2)比较铝、磷元素的简单离子半径_______(用相关化学符号表示)。
(3)下列关于三种元素的化合物的叙述正确的是_______。
①三种元素的最高价氧化物均能与水直接化合
②三种元素的最高价氧化物均存在晶体形式，且晶体类型不同
③、均既能与酸又能与碱反应，均属于两性氧化物
(4)与比较，沸点较高的是_______，两种分子中键角较大的是_______，其中的分子构型为_______。
(5)三种单质的晶胞结构如下

这三种晶胞中的原子的个数比为_______。
(6)①工业由粗硅制高纯硅的化学方程式_______。
②利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝，根据图示，下列表述正确的是_______。

A．该电池的使用可有效利用
B．电池工作时，电流从铝电极流向多孔碳电极
C．在整个反应过程中的作用是催化剂
D．含的离子液体是熔融态的
4．（2022·山东烟台·统考三模）镍及其化合物的相关研究备受关注。回答下列问题：
(1)基态的M层电子排布式为_______；下列现象与核外电子跃迁有关的是_______(填字母)。
a.金属Ni导电      b.燃烧放热      c.日光灯通电发光      d.乙醇挥发
(2)镍能形成多种配合物，其中和的相关信息如下：
配合物
状态
溶解性

无色挥发性液体
不溶于水，易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂

红黄色单斜晶体
易溶于水

熔点高于的原因是_______；为_______分子(填“极性”或“非极性”)，Ni提供的空轨道数目为_______。
(3)科学家研究发现，在含镍催化剂作用下可利用三聚氰胺制备石墨相光催化材料。已知三聚氰胺在冷水中溶解度小而加热时溶解度增大，从氢键的角度解释原因_______；中含有的σ键的物质的量为_______mol。

(4)镍能形成多种氧化物，一种镍的氧化物的结构特征：氧离子形成面心立方结构，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙。下图中的_______(填字母)是从该晶胞中分割出来的结构。
a. b. c. d. e.
已知该晶体密度为，NA为阿伏伽德罗常数的值，则晶胞中两个镍离子之间的最短距离为_______pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
5．（2022·北京西城·北京市第一六一中学校考三模）镍是一种银白色金属，具有良好的机械强度和延展性，常用来制造货币等，镀在其他金属上可以防止生锈。回答下列问题：
(1)基态原子核外电子的运动状态有_______种，价层电子轨道表示式(电子排布图)为_______；
(2)镍不溶于水，在稀酸中可缓慢溶解，生成。用丁二酮肟鉴定的存在时生成鲜红色的沉淀，的结构如图所示。

①中所含的作用力有_______(填字母序号)。
A．极性键        B．非极性键       C．离子键        D．配位键      E.氢键
②中所含非金属元素电负性由大到小的顺序是_______，N原子的杂化方式为_______。
③中与N成键，而非和O成键的原因可能是_______。
(3)某铜镍合金立方晶胞结构如图所示：

①元素铜和镍的第二电离能分别为、的原因是_______。
②该晶体的化学式为_______，铜原子距离最近的有_______个，已知该晶体的密度为，晶胞边长_______nm(用表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可，相对原子质量：)。
6．（2022秋·宁夏银川·高三校考阶段练习）我国科学家在2021年《Natural·Chemical》 发表了研究成果—AgCrS2在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
(1)基态铬原子核外电子排布式为_______，基态硫原子核外电子运动状态有_______种。
(2)铬的化合物氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔点95.6℃、 沸点117℃，易溶于CCl4，可作为化工生产中的氧化剂。能通过反应K2Cr2O7+ 3CCl4=2KCl + 2CrO2Cl2 + 3COCl2↑来制备。
①反应方程式中的非金属元素电负性由大到小的关系为_______(用元素符号表示)。
②固态CrO2Cl2属于_______  晶体。化合物COCl2中存在的共价键类型是_______。
(3)中S的杂化轨道类型为_______。已知氧族元 素氢化物的熔沸点高低顺序为：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是_______。
(4)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。已知A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子坐标为_______，1个钙原子与_______个氧原子等距离且最近，已知钙和氧的最近距离为a nm，则该晶体的密度为_______g/cm3 (列出计算式，NA为阿伏伽德罗常数的值)。

7．（2023·全国·高三专题练习）铁和硒()都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：

①基态原子的核外电子排布式为_______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“”或“”或“CdS，则熔点ZnS>CdS；
(4)
氨气分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键键角变大；
A. 中S原子价电子对个数==4，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，中N原子价电子对个数==3，含有一个孤电子对，所以为V形结构，故A错误；
B.中N原子价电子对个数==3，没有孤电子对，所以为平面结构，SO3中S原子价电子对个数==3，没有孤电子对，所以为平面结构，故B正确；
C.H3O+中O原子价电子对个数==4，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，中Cl原子价电子对个数==4，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，故C错误；
D.中P原子价电子对个数==4，没有孤电子对，所以为四面体结构，中S原子价电子对个数==4，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，故D错误，故答案为：氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H—N—H键键角变大；B；
(5)
①最近的两个S原子之间的距离是面对角线的一半，根据图2可知面对角线长为4apm，最近的两个S原子之间的距离是2apm，故答案为：2a；
②晶胞的边长为×4a＝2a，晶胞的体对角线为×2a＝2a，由于晶体中Zn2+和S2-原子之间的最短距离为体对角线的，所以该晶体中Zn2+和S2-之间的最短距离为×2a=，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为(−b)pm，
故答案为：。
2．(1)     5     洪特规则
(2)     N(CH3)3     N(CH3)3     sp2，sp3     BD
(3)     SiS2     2     d

【解析】（1）
基态硅原子具有5种不同能量的电子，分别为1s，2s，2p，3s，3p五个不同能级的电子。硅原子电子排布表示为[Ne]3s23p，违背了洪特规则，电子填入轨道时，应优先占满每个轨道；
故答案为：5，洪特规则。
（2）
由于硅的价层有d空轨道可以利用，化合物N(SiH3)3(平面形)中没有孤电子对，而N(CH3)3(三角锥形)中N原子有孤电子对，易形成配位键，所以化合物N(CH3)3更易形成配合物。甲基的供电子能力强于氢原子，N(CH3)3中N-C键斥力更大，键角更大；因为分子中四个硅原子共面且其中两个硅原子间形成电子单键(特殊键)，所以形成电子单键的硅原子的杂化形式是sp2, 而未形成电子单键的硅原子连接4个单键，没有孤电子对，所以杂化方式为sp3。由1，3—二碘四硅双环[1.1.0]丁烷分子结构图可知，分子中含有Si-Si非极性键，不含有离子键、氢键、配位键，但氢键不是化学键，所以不存在的化学键是离子键、配位键；
故答案为：N(CH3)3；N(CH3)3；sp2，sp3；BD。
（3）
根据题干描述同时结合面心立方晶胞结构可知，硫化硅晶体中的S原子8个处于顶点，6个处于面心，故S原子个数为4，Si原子处于晶胞内，个数为2，故硫化硅晶体的化学式为SiS2。观察硫化硅晶体投影图，可知晶胞中Si连接的4个S原子1个位于顶点，3个位于面心，整体呈四面体构型，1个晶胞中只有两个Si位于晶胞内，故面心上的S只能连接2个Si原子，则与S距离最近的Si的数目为2。根据题意可知硫原子之间的最近核间距为dnm，则晶胞棱长为dnm，硅与硫原子之间的最近核间距为晶胞棱长的倍为dnm；
故答案为：SiS2；2；d。
3．(1)          Mg、Si、S
(2)P3-＞Al3+
(3)②
(4)     SiCl4     SiCl4     三角锥形
(5)1:2:4
(6)     Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl     AC

【解析】(1)
已知硅是14号元素，则基态硅原子的价电子的电子排布式为：3s2sp2，则其轨道表达式，同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第三周期元素中第一电离能介于铝和磷元素之间的有Mg、Si、S三种元素，故答案为：；Mg、Si、S；
(2)
已知Al3+的核外电子层比P3-少一层，故铝、磷元素的简单离子半径大小顺序为：P3-＞Al3+，故答案为：P3-＞Al3+；
(3)
①三种元素的最高价氧化物中Al2O3、SiO2均不能与水直接化合，而P2O5能直接与水化合生成H3PO4，①错误；
②三种元素的最高价氧化物即Al2O3、SiO2和P2O5均存在晶体形式，Al2O3属于离子晶体，SiO2属于原子(共价)晶体，P2O5属于分子晶体，故三者晶体类型不同，②正确；
③、均既能与酸又能与碱反应，但SiO2仅与HF反应不是通性而是特性，故Al2O3属于两性氧化物，而SiO2属于酸性氧化物，③错误；
故答案为：②；
(4)
与均为分子晶体，且SiCl4的相对分子质量比PCl3的大，SiCl4晶体中的分子间作用力更大，故沸点较高的是SiCl4，中心原子无孤电子对，是正四面体结构，而中心原子有1对孤电子对，是三角锥形结构，故两种分子中键角较大的是SiCl4，其中中心原子P原子周围的价层电子对数为：3+=4，故其分子构型为三角锥形，故答案为：SiCl4；SiCl4；三角锥形；
(5)
由题干晶胞示意图可知，一个Al晶胞中含有Al数目为：=4，一个Si晶胞中含有Si个数为：+4=8，一个P4晶胞中含有P4分子数目为：=4，则含有P原子个数为：4×4=16，这三种晶胞中的原子的个数比为4:8:16=1:2:4，故答案为：1:2:4；
(6)
①工业由粗硅制高纯硅是用粗硅先与Cl2反应生成SiCl4，再用H2还原SiCl4，其涉及的化学方程式为：Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl，故答案为：Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl；
②由题干原电池装置图可知，该原电池中Al作负极，Al失电子、发生氧化反应生成铝离子；多孔碳电极作正极，CO2得到电子、发生还原反应生成，氧气在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，即正极反应式第一步为：6O2+6e-=6，第二步为：6CO2+6=3+6O2，所以O2反应前后质量、化学性质不变，是催化剂，电池总反应为2Al+6CO2═Al2（C2O4）3，据此分析解题：
A．该电池的使用是能将CO2转化为，实现变废为宝，故可有效利用，A正确；
B．由分析可知，电池工作时，Al为负极，多孔电极为正极，故电流从多孔碳电极流向铝电极，B错误；
C．正极上发生还原反应，其正极反应式第一步为：6O2+6e-=6，第二步为：6CO2+6=3+6O2，即在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂，C正确；
D．已知AlCl3是共价化合物，熔融态的不导电，故含的离子液体不是熔融态的，D错误；
故答案为：AC。
4．(1)          c
(2)     是离子晶体，是分子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要小     非极性     4
(3)     热水破坏了部分三聚氰胺分子间的氢键，并且三聚氰胺分子与水形成分子间氢键，增大了溶解度     9
(4)     bd    

【解析】(1)
镍元素的核电荷数为28，失去2个电子形成镍离子，则基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，M层上能级有3s、3p、3d，则基态的M层电子排布式为；电子跃迁本质上是组成物质的粒子中电子的一种能量变化，金属Ni导电、燃烧放热、乙醇挥发与核外电子跃迁无关，日光灯通电发光与核外电子跃迁有关，故选：c；
(2)
熔点高于的原因是：是离子晶体，是分子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要小；Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，形成四面体结构，其结构图，正负电荷重心重合，属于非极性分子，Ni提供的空轨道数目为4；
(3)
三聚氰胺在冷水中溶解度小而加热时溶解度增大，原因是：热水破坏了部分三聚氰胺分子间的氢键，并且三聚氰胺分子与水形成分子间氢键，增大了溶解度；该晶胞单元为，单键由1个σ键组成，双键由1个σ键和1个π键组成，中含有的σ键的物质的量为9mol；
(4)
氧离子形成面心立方结构，则结构为，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙，结构为，故选bd；该晶胞中Ni的数目为4，O的数目为4，晶胞质量为 ，该晶体密度为，设晶胞边长为acm，则晶胞体积为V=a3=，a=，晶胞中两个镍离子之间的最短距离为面对角线长度即为pm。
5．(1)     28    
(2)     ABDE     O＞N＞C＞H     sp2     -O-H中H原子与形成氢键O原子-O-H…O，使-O-H中孤对电子更偏向于H，而N中可提供完整的孤对电子与Ni2+形成配位键
(3)     Cu失去1个电子后是全充满的3d10结构，难失去电子，镍失去1个电子后是4s1，易失去电子     Cu3Ni     4    

【解析】(1)
镍元素的原子序数为28，由泡利不相容原理可知，原子核外电子的运动状态有28种；基态原子的价电子排布式为3d84s2，价电子排布图为 ，故答案为：28；；
(2)
①由结构示意图可知，配合物中含有的作用力有配位键、极性键、非极性键和氢键，不含有离子键，故选ABDE；
②元素的非金属性越强，电负性越大，配合物中含有的非金属元素氧、氮、碳、氢的非金属性依次减弱，则电负性依次减小；配合物中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：O＞N＞C＞H；sp2；
③由结构示意图可知，配合物中羟基的氢原子与氧原子形成氢键-O-H…O，羟基中孤对电子更偏向于氢原子，不易给出孤对电子，而氮原子可提供完整的孤对电子与镍离子形成配位键，所以配合物中镍离子与氮原子形成配位键，而非和氧原子成键，故答案为：-O-H中H原子与形成氢键O原子-O-H…O，使-O-H中孤对电子更偏向于H，而N中可提供完整的孤对电子与Ni2+形成配位键；
(3)
①Cu失去1个电子后是全充满的3d10结构，难失去电子，镍失去1个电子后是4s1，易失去电子，所以铜元素的第二电离能大于镍元素的第二电离能，故答案为：Cu失去1个电子后是全充满的3d10结构，难失去电子，镍失去1个电子后是4s1，易失去电子；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的铜原子个数为6×=3，位于顶点的镍原子个数为8×=1，所以晶体的化学式为Cu3Ni；位于面心的铜原子与位于顶点的镍原子距离最近，共有4个；由晶胞的质量公式可得：=10—21a3ρ，解得a=，故答案为：Cu3Ni；4；。
6．(1)     1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1     16
(2)     O＞Cl＞C     分子晶体     σ键和π键
(3)     sp3     均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高
(4)     (1，，)     12    

【详解】（1）铬的原子序数为24，基态铬原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，核外电子有多少个即有多少种运动状态电子，所以基态硫原子核外电子运动状态有16种；
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，16。
（2）①反应方程式中涉及的非金属元素为C、O、Cl，其电负性由大到小的关系为O＞Cl＞C，②氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔、 沸点较低，且易溶于CCl4，属于分子晶体，化合物COCl2中存在碳氧双键，所以共价键类型是σ键和π键。
故答案为：O＞Cl＞C，分子晶体，σ键和π键。
（3）中的S 有4个σ键，没有孤电子对，所以S的杂化轨道类型为sp3，氧族元素氢化物均为分子晶体，其中H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，熔沸点逐渐升高。
故答案为：sp3，均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高。
（4）根据氧铬酸钙的立方晶胞图以及A、B的原子坐标可知C的原子位于晶胞右侧面的面心，其坐标为(1，，)，氧原子位于晶胞的面心，钙原子位于晶胞的顶点，每个钙原子与12个氧原子等距离且最近，根据均摊法计算晶胞中有3个氧原子，1个铬原子和1个钙原子，由钙和氧的最近距离为a nm可得晶胞的边长为anm，由密度计算公式可得。
故答案为：(1，，)，12，。
7．(1)     [Ar] 3d104s24p4     8
     ＞     SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形
(2)     11:3     O＞C＞H＞Fe
(3)     sp3杂化     H2O
(4)     KFe2Se2     4    

【详解】（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有8种化学环境不同的碳原子，故答案为：8；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，故答案为：＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形；
（2）①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；
（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，故答案为：H2O；
（4）①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2，铁原子位于面心，原子个数为8×=4，位于棱上和体心的硒原子的个数为8×+2=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，故答案为：4；
③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=，故答案为：。

8．(1)     3     1s22s22p63s23p63d54s2##[Ar]3d54s2
(2)     4     N     配位     否     氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高
(3)     4    

【详解】（1）O原子的核外电子排布为1s22s22p4，其能量最高的电子是2p电子，该电子的电子云在空间有3个伸展方向；
Mn元素为25号元素，基态Mn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；
（2）①乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，C原子呈4个σ键，无孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故含sp3杂化的原子个数为4；
元素非金属性越强电负性越大，故分子中电负性最大的元素是N；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以配位键结合在一起；在与乙二胺反应[Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O的过程中，乙二胺中的两个N原子分别与Ni2+形成配位键，发生螯合，故Ni2+的配位数仍然是6，轨道杂化类型未发生改变；
③乙二胺的沸点低于乙二醇，是由于受到分子间氢键的影响。氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高，答案为氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高；
（3）原子分数坐标为(0.19，0.81，0.5)、(0.81，0.19，0.5)的O原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0.31，0.31，0)、(0.69，0.69，0)的O原子位于晶胞的面上，利用均摊法可计算出晶胞中O原子的个数为2+4=4；根据O原子个数和TiO2的化学式可知，该晶胞有2个Ti原子，则晶胞密度= g·cm-3。
9．(1)
(2)Fe3＋的3d能级为3d5，处于半充满状态，较稳定
(3)钙的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱
(4)     sp3     ;
(3)
铵根离子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化；同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，所以氧、磷、氯三种原子中，磷原子的原子半径最大，故答案为：正四面体形；sp3；P；
(4)
由五水硫酸铜的结构式可知，铜离子与4个氧原子形成配位键，所以铜离子的配位数为4，故答案为：4；
(5)
由晶胞结构可知，晶胞中五水硫酸铜的个数为4×=2，故答案为：2；
(6)
1000mL 0.10mol/L的硫酸铜溶液中硫酸铜的物质的量为0.10mol/L×1L=0.10mol，所以配制溶液时需称量五水硫酸铜的质量为0.10mol×250g/mol=25g，故答案为：25。
11．(1)     ad     d
(2)     sp2     σ     一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔     Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
(3)     CsCl     CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4)     电解质    

【详解】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，
a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；
d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；
答案选ad；
而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d；
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键；
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；
（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高；
（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/mol。

12．(1)2s22p5
(2)F-N=N- F
(3)离子键、共价键、氢键
(4)     角(V)形     低于     OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高
(5)     2     (0，0， )    

【解析】(1)
基态F原子的外围电子排布式为：2s22p5；
(2)
氮原子的杂化类型为sp2，可以确定N与N之间应为双键，N与F之间应存在1条键，每个N还有一对孤对电子，故N2F2的结构式为：F-N=N- F；
(3)
NaHF2可电解说明其为离子化合物，存在离子键，H与F之间为共价键，F电负性较强，还存在氢键；
(4)
OF2孤对电子数为2，价层电子数为4，故其分子的空间构型为角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，相对分子质量OF2 AsH3 > PH3；
②因P电负性较N小，PH3成键电子云比NH3更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长长，导致PH3成键电子对之间斥力减小，孤对电子对成键电子斥力使H-P-H键角更小；
（3）氢氧化铜溶于氨水形成四氨合铜离子，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；
（4）分析[AsF6 ]-可知，右下角形成的N原子和左侧形成N = N= N的N原子的价层电子对数为2，为sp杂化，最上方的 N原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，故N原子的杂化方式为sp和sp2；
（5）①分析晶胞可知，La与 N间的最短距离为面对角线的，即，与La紧邻的N个数为12个；
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于体心位置，N处于棱心位置；
③晶胞中，W原子数目为1，N原子数目为，La原子数目为，故晶胞中含有一个LaWN3，晶胞质量为，晶胞体积为，密度。
15．(1)
(2)     6     sp2、sp3杂化     O>N>C>H     EDTA能形成分子间氢键而正二十一烷不能
(3)正八面体形
(4)     CeO2    

【详解】（1）钇为39号元素，基态Y原子的价电子排布式为：4d15s2，价电子排布图为 ；
（2）DEDTA是6齿配位体，EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型，前者为sp2杂化、后者为sp3杂化，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性O>N>C>H，则电负性O>N>C>H，故答案为：6；sp2和sp3；O>N>C>H；
②能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，EDTA能形成分子间氢键，导致其熔沸点较高，故答案为：EDTA能形成分子间氢键而正二十一烷不能；
（3）六个水分子围绕Sc3+形成八面体结构；
（4）该晶胞中Ce原子位于八个顶点和六个面心，含有4个Ce原子，O原子位于体心内，共8个，Ce原子与O原子个数比为1:2，化学式为CeO2；晶胞质量为，晶胞参数为anm，则晶胞体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞密度为 g/cm3。
16．(1)
(2)     LiF＞NaF＞KF     K
(3)     sp3     平面三角形     对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故NF3、PF3和AsF3的沸点依次升高。
(4)     离子键、共价键          33：20

【详解】（1）基态F原子核外共有9个电子，有1s轨道，2s轨道和2p轨道，1s和2s轨道各能排布2个电子，剩余5个电子排布在2p轨道上，故其电子排布图为。
（2）氟化物的晶格能是随着碱金属阳离子半径的减小而逐渐增大，离子半径：Li+＜Na+＜K+，故晶格能LiF＞NaF＞KF。同主族元素，从上到下第一电离能逐渐减小，故元素Li 、Na、K中第一电离能最小的是K。
（3）OF2分子中中心原子价层电子对个数为4，故O原子采用sp3杂化。BF3中硼原子采用sp2杂化，形成平面三角形。对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故NF3、PF3和AsF3的沸点依次升高。
（4）根据该化合物晶胞中OH-和F-的分布情况可知，F-的数量与OH-的数量相等，故取代后化合物的化学式为[Ca5(PO4)3(OH)F]①根据该化合物的化学式可知，该化合物中存在离子键、共价键。②该化合物的一个晶胞体积为×10-21cm3，一个晶胞中含有10个Ca2+，6个，1个OH−和一个F-，则一个晶胞质量为=g，则密度为。③若有剩余OH−有20%缺失，即失去0.2个，且磷酸根和氟离子不发生变化，则Ca2+也会出现缺失0.1个，Ca2+有9.9，原晶胞中Ca和P的物质的量之比为10：6，Ca2+缺失后，Ca和P的物质的量之比为9.9：6=33：20。
17．(1)A
(2)铜的原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，铜的金属键比钾的强
(3)     直线形     sp、sp3
(4)     16NA     大     [Cu(NH3)4]2+ 中N原子的孤电子对与Cu2+形成了配位键，不存在孤电子对，对N-H的排斥作用变小，所以键角变大
(5)     Cu3SbS4     a     1030

【详解】（1）锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②，锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①，故由大到小排序是④＞②＞①＞③，故选：A；
（2）钾和铜属于同周期，铜原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，则金属键比钾的强，故熔沸点比钾高；
（3）CO2中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，碳原子为sp杂化，故空间结构为直线形，CH3CN中甲基中的碳原子的价层电子对数为：4+0=4，该碳原子为sp3杂化，氰基中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，该碳原子为sp杂化，故CH3CN中碳原子的杂化方式为sp3、sp；
（4）σ键为共价单键，Cu的配位数为6，有六个σ键，NH3有3个N-Hσ键，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为16NA；NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥，在[Cu(NH3)4]2+配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大；
（5）分子中有Cu原子：4×+8×+2×=6，锑原子：8×+1=2，硫原子：8，故化学式为：Cu3SbS4，紧邻的Sb与Cu的距离为底对角线的一半，故为a×pm，晶胞质量为：，体积为：V=(a×10-10)2×(c×10-10)cm3=ac×10-30cm3，晶体的密度为：1030g•cm-3，故答案为：Cu3SbS4；a；1030。
18．(1)ac
(2)     N>O>Mn     sp3     22NA
(3)     高     氨气分子间存在氢键     As元素的电负性小于N元素，共用电子对离As核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致AsH3的键角较小
(4)     8         

【解析】(1)
a．晶体硅中掺嵌硼使晶体整体缺电子(有空穴)，可以得到电子，因此可作光电池的正极，故a正确；
b．SiHCl3、SiH2Cl2为四面体构型，只有SiCl4为正四面体构型，故b错误；
c．距离最短的Si位于顶点和面心，每个顶点为12个面共有，则距离硅原子最近的硅原子数为12，故c正确；
d．SiC和晶体硅均为原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔点越高，键长：Si-Si>C-Si，键能：Si-SiO>Mn；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，采用sp3杂化；[Mn(NH3)4(H2O)2]Cl3的配体为NH3和H2O，配位数为6，NH3中含有3个N-H键，H2O中含有2个O-H键，配位键和共价单键均为σ键，则1mol该配合物中含有的σ键数目为22NA，故答案为：N>O>Mn；sp3；22NA；
(3)
氨气分子间存在氢键，导致NH3的沸点比AsH3的高；As元素的电负性小于N元素，共用电子对离As核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致AsH3的键角小于NH3，故答案为：高；氨气分子间存在氢键；As元素的电负性小于N元素，共用电子对离As核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致AsH3的键角较小；
(4)
将金刚砂晶胞中的硅原子换成碳原子便构成金刚石晶胞，则金刚石晶胞中有4个碳原子位于晶胞内部，每个顶点和每个面心上各有1个原子，该晶胞中C原子个数为；每个碳原子与周围的4个碳原子形成正四面体形，顶点碳原子与正四面体中心碳原子的连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度等于晶胞边长的倍，则，解得；该晶胞中所有C原子体积为，晶胞的体积为a3，则碳原子在晶胞中的空间占有率为，故答案为：8；；