安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-42分子结构与性质（2）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-42分子结构与性质（2），共38页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-42分子结构与性质（2）

一、单选题
1．（2022·安徽马鞍山·统考三模）短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X与R同主族，Q是地壳中含量最高的元素。下列说法错误的是
A．简单离子半径大小顺序为： Z>Q>R
B．最简单氢化物的沸点高低顺序为： Q>Z> Y
C．X与Q形成的化合物仅含共价键
D．Q与R形成的常见化合物中，阴、阳离子数目之比为1∶2
2．（2022·安徽淮北·统考一模）下列“类比”结果正确的是
A．Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，则Zn(OH)2也可以溶解在浓氨水中
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2，则Na2O2与NO2反应生成NaNO3与O2
C．CO2通入Ba(NO3)2溶液无现象，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也无现象
D．O2+2H2S=2S+2H2O，说明非金属性O>S，则2C+SiO22Si+2CO↑，非金属性C>Si
3．（2023·安徽·统考一模）阴离子和二脲基分子能通过一种弱相互作用形成超分子阴离子配合物，如下图所示(图中省略阴离子配合物中部分原子)。下列关于该阴离子配合物的说法正确的是

A．其中基态原子中未成对电子数最多的元素只有一种
B．二脲基分子中的H和离子的O形成氢键
C．所含元素原子的杂化轨道类型只有一种
D．其中基态原子的第一电离能最大的元素为O
4．（2023·安徽淮北·统考一模）向含的废水中加入铁粉和可制备，反应如下，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．加入的作用是提供和调节
C．电离方程式：
D．反应中每生成转移电子

二、结构与性质
5．（2022·安徽池州·统考模拟预测）我国中科院天津工业技术研究所，首次实现人工通过二氧化碳合成淀粉。请回答下列问题：
(1)基态碳原子的核外电子排布图为_______。
(2)原子中运动的电子有2种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋量子数。对于基态碳原子，其价电子自旋量子数的代数和为_______。
(3)结合如表所示键能数据，分析CO和N2相对活泼性并说明原因：_______。
CO
C-O
C=O
CO
键能/kJ·mol-1
357.7
798.9
1071.9
N2
N-N
N=N
N≡N
键能/kJ·mol-1
154.8
418.4
941.7
(4)CO2分子的空间构型为_______，与CO2互为等电子体，写出的结构式_______。
(5)一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油。该催化剂成分Fe3O4的晶胞如图所示。

①晶胞中Fe3+处于O2-围成的_______空隙(填“正四面体”“正八面体”或“正十六面体”)。
②若晶胞体对角线为anm，阿伏加德罗常数为NA，晶体的密度为_______g·cm-3(写出表达式)。
6．（2022·安徽淮南·统考二模）完成下列问题。
(1)对于基态K原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．元素K的焰色反应呈紫红色，在可见光范围内辐射波长较短
B．K的核外电子排布式为[Ar]4s1
C．K和Cr位于同一周期，且价电子构型相同，第一电离能I1(K)>I1(Cr)
(2)g-C3N4是一种近似石墨烯的平面维片层结构，其中一种基本结构单元无限延伸形成网状结构如下图所示：

g-C3N4中N原子的杂化类型_______，片层之间通过_______(填作用力类型)结合，g-C3N4在光激发下能传递电子的原因是_______。
(3)NaCl的熔点为801℃，KCl的熔点为770℃，请分析原因_______。
(4)研究离子晶体，常考察以一个离子为中心时，其周围不同距离的离子对它的吸引力或排斥力。设氯化钠晶胞参数为apm，钠离子和氯离子的半径分别为rNapm和rClpm，以钠离子为中心，距离最近的一层为第一层。

则第二层离子有_______个，与中心离子的距离为_______pm，它们是_______离子(填“钠”或“氯”)，晶胞中的离子空间占有率为_______(列出计算表达式)。
7．（2022·安徽·模拟预测）金属Mn、Co、Ni、Sb等在电池、储氢材料、催化剂等方面有广泛应用。请回答下列问题：
(1)基态Co原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_______，基态Ni简化的核外电子排布式为_______。
(2)铜锰氧化物( CuMn2O4)能在常温下催化氧化甲醛生成甲酸(结构如图)。

①甲酸的沸点比甲醛的_______(填“低”或“高”)，主要原因是_______。
②甲酸分子中O-H键的类型是s-sp3σ键，C-H键的类型是_______σ键，键角：α_______β(填“>”“=”或“<”)。
(3)超强酸氟锑酸(结构如图)在化学和化学工业上有很大的应用价值，是活性极高的催化剂。

①该物质中∠FSbF为90°或180° ，则阴离子的空间构型为_______。
②阴离子的中心原子的杂化轨道类型是_______(填序号)。
A．sp3d2 B．sp2 C． sp3 D．sp
(4)Mg2 NiH4是科学家研究的一种高效固态储氢材料。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Mg2+处于图中八个小立方体的体心。Mg2+和Ni原子的最短距离为d nm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、d、M的代数式表示，Mg2NiH4的相对分子质量为M)。

8．（2022·安徽芜湖·统考三模）TiO2-aNb、Cu(In1-xGaxSe2)是常见的光学活性物质。请回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的运动状态有_______种。
(2)①利用单质Cu和液态N2O4反应可制备无水Cu(NO3)2。NO中N原子的杂化类型为_______，空间构型为_______；Cu(NO3)2的构成元素电负性由大到小的顺序为_______。
②钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是_______。
(3)GaCl3·xNH3(x=3，4，5，6)是一系列化合物，向含1molGaCl3·xNH3的溶液中加入足量AgNO3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。
①GaCl3·xNH3中不含有的化学键类型有_______(填序号)。
A．极性共价键        B．离子键        C．配位键        D．金属键
②能准确表示GaCl3·xNH3结构的化学式为_______。
(4)TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，表示如图。

①立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为_______g·cm-3。
②图乙TiO2-aNb晶体中a：b=_______。
9．（2022·安徽马鞍山·统考三模）人类对第二周期的元素及化合物认识最早。
(1)第二周期的元素中，I1(第一电离能)从大到小排前三位的是_______。
(2)人类合成的第一个稀有气体化合物是XeF+PtF，PtF中的键角有90°和180°两种。下列关于该化合物的说法中正确的是_______。
A．熔化状态下不能导电
B．XeF+中所有原子都满足8电子稳定结构
C．用两个Cl替换F后，所得PtF4Cl2有两种结构
D．含有离子键、极性键、非极性键和配位键
(3)XeF+PtF溶于水可生成Xe和HPtF6，写出反应的化学方程式。_______。
(4)解释HNO3和HNO2酸性强弱不同的原因_______。
(5)SCN—中C原子的杂化类型为_______， 其中含有两个相同的大π键，其形式为_______。(用π表示，n为原子数，m为电子数)，检验Fe3+时，SCN—以 S原子配位不以N原子配位的原因是_______。
(6)如图，在NaCl的晶体中，Na+和Cl—互相占据对方的正八面体空隙，CaF2晶体中，F—占据由Ca2+构成的所有正四面体空隙。钛镍合金具有形状记忆功能。某钛、镍原子个数比为2：1的合金的晶体结构为：镍原子呈面心立方排列，钛原子填充在由镍原子围成的所有八面体空隙和一半的四面体空隙中，若最近的钛原子和镍原子紧密接触，镍原子周围距离最近的钛原子数为_______； 钛原子和镍原子的半径分别为r1和r2，该晶体的空间利用率为_______(用含r的代数式表示，不必化简，空间利用率=晶胞中原子的总体积/晶胞的体积)。

10．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）氮元素是地球上含量丰富的一种元素，不仅是制造农药、医药的重要元素，也是构成蛋白质的重要元素。根据所学知识回答以下问题。
(1)基态N原子的成对电子数与未成对电子数之比为_______，离子的空间构型为_______
(2)N-甲基咪唑()是一种有机化合物，可作为有机合成中间体和树脂固化N剂，其中碳原子杂化方式为________，所含元素第一电离能由大到小的顺序是_______，0.1molN-甲基咪唑中含σ键的数目为_______NA。
(3)N-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物 ，常温下为液态而非固态，原因是_______。
(4)TiO2-aNb是常见的光学活性物质，由TiO2通过氮掺杂反应生成，表示如下图。

①立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为_______g·cm-3(写计算式， NA代表阿伏加德罗常数)。
②图乙TiO2-aNb晶体中a：b=_______。
11．（2022·安徽淮北·统考二模）2022年春晚节目《只此青绿》取材于宋代名画《千里江山图》，该画描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2]。请回答下列问题：
(1)基态铜原子价电子排布式为_______。从原子结构角度分析，第二电离能I2(Fe)与I2(Cu)的关系是I2(Fe)_______I2(Cu) (填“>”“<”或“=”)，并解释有关原因_______。
(2)的空间构型为_______。
(3)我国科学家制取了一种铜的配合物如图所示，该配合物中四种非金属元素电负性由大到小的顺序是_______(填元素符号)，该配合物中采用sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为_______。

(4)黄铜矿是主要的炼铜原料，晶胞结构如下图1所示，晶胞中S原子的投影位置如图2所示。

①Fe3+周围距离最近的S2-的个数为_______。
②该晶胞上下底面均为正方形，侧面与底面垂直，晶胞参数如图所示，晶胞的密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol-1(用a、b、ρ表示，并化成最简)。
12．（2022·安徽宣城·二模）碳、硅在有机材料、无机材料中都有着广泛应用。
(1)下列碳原子的状态中，符合基态碳原子的电子排布的是_______。
A． B．
C． D．
(2)子中键角最大的是_______，乙烯分子结构式如图，其中大于，试解释其原因_______。

(3)硅酸根阴离子具有多种形式，最简单的的空间结构及平面投影图如图1、图2表示的是无限大片层状硅酸根阴离子，其_______。

(4)已知配合物中心体的价电子数加上配体提供给中心体的电子数为18时，配合物较稳定。如金属羰基配合物。则中x=_______。配合物的结构如图，属于_______晶体。和中碳氧键键长更长的物质是_______(填化学式)，理由是_______。

(5)石墨是层状结构，许多分子和离子可以渗入石墨层间形成插层化合物，如。图3为沿石墨层的垂直方向的投影示意图(交点表示碳原子，○代表)，图4为的晶胞结构示意图。已知键长为apm，则同层最近距离为_______pm，碳层和钾层相距dpm，则的密度为_______(用代数式表示)。

13．（2022·安徽合肥·统考二模）镍锰酸锂(LiNi0.5Mn1.5O4)是一种成本低、原料丰富且环境友好的尖晶石结构材料，被认为是下一代动力锂离子电池首选的正极材料之一。回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价电子层电子排布式为_______。
(2)Ni2+可与丁二酮肟反应生成如下物质：

①该物质中含有的化学键类型有_______(填标号)。
A．共价键  B．离子键    C．配位键   D．金属键
②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是_______。
(3)[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料，N2H4中氮原子的杂化方式为_______；写出一种与N互为等电子体的分子_______(填化学式)；实验数据表明键角NH3>PH3>AsH3，分析原因是_______。
(4)氮与碳还能形成一种离子液体的正离子 ，为使该正离子以单个形式存在以获得良好的溶解性能，与N原子相连的-C2H5，不能被H原子替换，原因是_______。
(5)研究人员设计了新款Li3SBF4快离子导体，具有良好导电能力，为锂离子电池的发展做出了有益的贡献。晶胞图如下，其中BF位于体心，则位于_______(填“顶点”或“棱心”)。若该晶胞最近的与距离为apm，则晶胞密度为_______g·cm-3(列出计算式)。

14．（2022·安徽黄山·统考二模）元素周期表中，第四周期包括10种过渡元素(21号-30号)，它们的单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。
(1)Fe原子核外电子排布式为___________，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素有___________种。
(2)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。甘氨酸(H2NCH2COOH)中C原子的杂化形式为___________
(3)在催化作用下，呋喃()可与氨反应，转化为吡咯()。二者熔、沸点关系为：呋喃___________吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是___________。
(4)离子水合能是气态离子溶于水中成为稀溶液时释放的能量，其值越大，离子越稳定。已知离子水合能跟溶解离子的半径和电荷数有关，试分析在水溶液中比稳定的原因___________。
(5)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5] Cl2·H2O，该化合物中Ti3+的配位数为___________，在该化合物中不含___________(填标号)。
A．键    B．键   C．配位键    D．离子键   E．极性键   F．非极性键
(6)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。

15．（2022·安徽合肥·统考三模）第四周期元素单质和化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，比如铁铜锌是大规模使用的金属，砷硒溴广泛应用于化工生产。根据所学知识回答以下问题：
(1)Mn基态原子的价电子排布式___________，Ni位于周期表中___________ 区。
(2)根据价电子对互斥理论推测SeO离子的空间构型为 ___________ ，SeO2分子中心原子杂化轨道类型是___________｡
(3)化合物[Co(NH3)6]Cl3中存在___________ ｡
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．配位键
(4)一种铜的溴化物的晶胞结构如图所示｡

①该溴化物的化学式为___________ 。
②原子坐标参数表示晶体内部各原子的相对位置。上图中各原子坐标参数P为(0，0，0)，Q为 ()，
则R原子的坐标参数为___________。
③已知该溴化物密度为ρg·cm-3，Cu原子半径为xpm，Br原子半径为ypm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞中原子空间利用率为___________。(列出计算式)
16．（2022·安徽马鞍山·统考一模）磷、铁及其化合物在生产生活及科研中应用广泛。
(1)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图1所示。

①基态P原子的价层电子排布式为___________，P和S的第一电离能的大小顺序是P___________S(填“＞”、“＜”或“=”)。
②每个P4S3分子中含孤电子对的数目为___________，P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为___________
(2)磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似，磷化铝晶胞结构如图2所示。

①磷化铝晶体中磷原子与铝原子间的作用力为___________
②磷化铝晶体中由4个P原子围成的空间构型是___________
③已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，则磷化铝晶胞的边长是___________nm。
(3)Fe3+、Co3+与N、CN-等可形成络合离子。
①K3[Fe(CN)6]常用于检验Fe2＋，1mol[Fe(CN)6]3-离子中含有σ键的数目为___________
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co3＋的配位数为___________
(4)某种磁性氮化铁晶体的结构如图3所示，设底面六边形的边长为anm，六棱柱的高为cnm，该晶体的密度为___________g·cm-3(用含a、c的代数式表示)。

17．（2022·安徽宣城·统考二模）碳和硅在元素周期表中都处于第ⅣA族，但他们的性质并不相同，碳和硅的性质差异清晰地显示出它们各自在有机化学和无机化学(硅酸盐)中占据统治地位的作用。
(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用___形象化描述，基态硅原子的核外电子排布式为___，其基态原子核外有___种不同空间运动状态的电子。
(2)由于硅的价层有d轨道可以利用，而碳没有，因此它们的化合物结构和性质存在较大差异。化合物N(CH3)3(三角锥形)和N(SiH3)3(平面形)的结构如图所示，则二者中N的杂化方式分别为___。更易形成配合物的是___。

(3)碳酸盐在一定温度下会发生分解，实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同。
第IIA族部分碳酸盐受热分解温度
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
BaCO3
SrCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
阳离子半径/pm
66
99
112
135
试解释，ⅡA族碳酸盐的分解温度随着阳离子半径的增大逐步升高的原因___。
(4)石墨烯与金属R可以形成一种插层化合物。其中R层平行于石墨层，晶胞如图甲所示，其垂直于石墨层方向的投影如图乙所示。则该插层化合物的化学式为___。


三、有机推断题
18．（2023·安徽·统考一模）化合物E是一种“氯化氢前体有机物”，在一定条件下可生成氯化氢并参与后续反应，以下为E的一种制备及应用反应路线。回答下列问题。

(1)A的分子中有___________种不同杂化类型的碳原子。
(2)已知B可与金属钠反应产生氢气，B的结构简式为___________。
(3)写出由D生成E的化学方程式___________(写出主产物即可)，该反应的类型为___________。
(4)F的结构简式为___________；G中的官能团名称为___________。
(5)H的一种芳香同分异构体的核磁共振氢谱共有三组峰，面积比为，该异构体的结构简式为___________。
(6)在E的同分异构体中，同时满足如下条件的共有___________种(不考虑对映异构)。
①含有六元环和氯甲基；②只有两个手性碳且相邻。
满足上述条件的同分异构体中，若选择性将碳碳双键加氢还原为单键后具有三个相邻手性碳的同分异构体为___________(写出其中两种的结构简式)。

四、实验题
19．（2023·安徽·统考一模）醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。

Ⅰ、合成
(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________(填名称)，B处应安装的仪器是___________(填名称)。装置C的作用是___________。

(2)回流，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：
A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水
正确的操作顺序为___________(填标号)。充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。
Ⅱ、载氧量测定
(3)将m克的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入(配合物在中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________。

(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为。将加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度。已知大气压为p，氧气的压强为，温度为。配合物载氧量[n(吸收的)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算式为___________。

五、工业流程题
20．（2023·安徽淮北·统考一模）金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如图所示：

(1)“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是__________。
(2)萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有__________。
a．离子键     b．极性共价键     c．非极性共价键     d．配位键
(3)已知铁矾渣的成分是，在沉淀除铁过程中的作用是__________，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为__________。
(4)沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是__________(填化学式)。
(5)沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为__________(已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是__________。


参考答案：
1．C
【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素；X与R同主族，X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，则X与R的最外层电子数为1、Y的最外层电子数为4，X为H元素或Li元素、Y为C元素、Z为N元素、R为Na元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子、氧离子和钠离子的离子半径大小顺序为Z>Q>R，故A正确；
B．甲烷分子不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子和水分子，沸点最低，水分子形成的分子间氢键数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为为Q>Z> Y，故B正确；
C．若X为Li元素，氧化锂是只含有离子键的离子化合物，故C错误；
D．氧化钠和过氧化钠都是阴、阳离子数目之比为1∶2的离子化合物，故D正确；
故选C。
2．A
【详解】A．Cu(OH)2溶于浓氨水形成配合物，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，Cu、Zn都含有空轨道，可与氨水结合形成配合物，则Zn(OH)2也可以溶解在浓氨水中，故A正确；
B．NO2具有还原性、Na2O2具有氧化性，二者能发生氧化还原反应生成Na2NO3，没有氧气生成，故B错误；
C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中在酸性条件下硝酸氧化二氧化硫为硫酸，则SO2通入Ba(NO3)2溶液发生反应生成白色沉淀，故C错误；
D．2C+SiO2Si+2CO↑中体现失去电子能力C＞Si，不能得出C的非金属性比Si强，故D错误；
故选：A。
3．B
【详解】A．该阴离子配合物中含有H、C、N、O、P共5种元素，其对应基态原子中未成对电子数依次是1、2、3、2、3，故A项错误；
B．N、O元素的电负性较大，键中共用电子对偏向N原子，使得H原子带正电性()，因此二脲基分子中的H和离子的O形成氢键，故B项正确；
C．该阴离子配合物中，苯环上的C以及形成双键的C、N原子为sp2杂化，形成单键的N原子为sp3杂化，P原子的价层电子对数为，因此P原子为sp3杂化，故C项错误；
D．同周期元素对应基态原子从左至右的第一电离能有逐渐增大的趋势，但N原子的2p轨道半充满，相对较稳定，更难失去电子，因此第一电离能：N>O>C，故D项错误；
综上所述，正确的是B项。
4．B
【详解】A．中存在共价键，电子式为，A错误；
B．反应后生成的化合物中含有钾离子，故碳酸钾的作用为提供钾离子，并消耗，调节pH，B正确 ；
C．的电离方程式为：，C错误；
D．该反应中铁元素化合价升高2价，故每生成2mol二氧化碳转移2mol电子，则每生成1mol二氧化碳转移1mol电子，D错误；
故选B。
5．(1)
(2)+1或-1
(3)断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼
(4) 直线形 [O=N=O]+
(5) 正八面体

【详解】（1）碳是6号元素，基态碳原子的核外电子排布图为 。故答案为：；
（2）对于基态碳原子，有两个末成对电子，其价电子自旋量子数的代数和为±(2×)=+1或-1。故答案为：+1或-1；
（3）CO和N2相对活泼性并说明原因：断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼。故答案为：断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼；
（4）CO2分子的中心原子C原子价层电子对数为2+=2，空间构型为直线形，与CO2互为等电子体，的结构式[O=N=O]+。故答案为：直线形；[O=N=O]+；
（5）①晶胞中Fe3+处于O2-围成的正八面体空隙(填“正四面体”“正八面体”或“正十六面体”)。故答案为：正八面体；
②若晶胞的体对角线长为 a nm，则晶胞棱长=nm=×10-7 cm，晶胞体积=（×10-7 cm）3，晶胞中亚铁离子个数1，铁离子个数4×+3×=2，氧离子个数=12×+1=4，则 Fe3O4晶体的密度=g/cm3=g·cm-3，故答案为：。
6．(1)AB
(2) sp2杂化 范德华力 片层内形成了离域π键
(3)同为离子晶体，钠离子的半径小于钾离子的半径，NaCl晶格能大于KCl，所以NaCl的熔点高
(4) 12 a 钠

【解析】(1)
A．钾元素的焰色反应呈紫红色，紫色光在可见光范围内辐射波长最短，故正确；
B．钾元素的原子序数为19，基态原子的核外电子排布式为[Ar]4s1，故正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，所以钾元素的第一电离能小于铬元素，故错误；
故选AB；
(2)
由g-C3N4是一种近似石墨烯的平面维片层结构可知，层内原子通过共价键相结合，片层之间通过范德华力相结合，由网状结构示意图可知，碳原子和氮原子形成3个σ键，原子的杂化方式都为sp2杂化，未参与杂化的p电子形成层内离域π键，所以g-C3N4在光激发下能传递电子，故答案为：sp2杂化；范德华力；片层内形成了离域π键；
(3)
氯化钠和氯化钾都是离子晶体，钠离子的离子半径小于钾离子，氯化钠的晶格能大于氯化钾，所以氯化钠的熔点高于氯化钾，故答案为：同为离子晶体，钠离子的半径小于钾离子的半径，NaCl晶格能大于KCl，所以NaCl的熔点高；
(4)
由晶胞结构可知，钠离子位于棱上和体心，氯离子位于顶点和面心，距离体心钠离子最近的离子为处于面心的氯离子，所以第一层为6个氯离子，第二层为12个位于棱上的钠离子，钠离子和钠离子的最近距离为面对角线的，由晶胞参数为apm可知，钠离子和钠离子的最近距离为apm；晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子个数为12×+1=4，晶胞中离子的体积为()pm3，晶胞的体积为a3pm3，则晶胞中的离子空间占有率为，故答案为：12；a；钠；。
7．(1) N [Ar]3d84s2
(2) 高 甲酸分子间有氢键，甲醛没有 s-sp2 <
(3) 正八面体 A
(4)

【详解】（1）Co为27号元素，有4个电子层，最外层2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Co原子中，核外电子占据的最高能层为第4层，符号是N；Ni为28号元素，有4个电子层，最外层2个电子，基态Ni的简化核外电子排布式为[Ar]3d84s2；
（2）甲酸分子间有氢键，气化时克服氢键作用，比起没有分子间氢键的甲醛的沸点要高；甲酸分子中的C原子是平面三角形结构，因此C-H键的类型为s-sp2σ键；因为双键斥力大于单键，因此α<β；
（3）SbF中，Sb最外层有5个电子，阴离子再多带一个电子，每个F再提供1个电子，共提供6个电子，形成6对成键电子，所以中心原子Sb发生sp3d2杂化，答案选A；根据键角大小与各原子相对位置可知SbF6形成正八面体型；
（4）Mg2+和Ni原子的最短距离为d nm，设晶胞棱长为a cm，则根据Mg2+和Ni原子在晶胞中的位置可知d(nm)=(cm)×107(nm/cm)，a=(cm)，在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Ni原子个数为，Mg2+处于图中八个小立方体的体心，即个数为8×1=8，所以一个晶胞中含4个Mg2NiH4，则晶胞密度。
8．(1)29
(2) sp2杂化 平面三角形 O>N>Cu 钾和铜的最外层电子数相同，但铜的核电荷数大，铜原子半径小，铜的金属键强于钾
(3) D [Ga(NH3)4Cl2]Cl
(4) 7:2

【解析】(1)
铜的原子序数为29，其基态原子核外电子的运动状态有29种。
(2)
①NO中N原子的价层电子对数为3+=3，采取sp2杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形；元素非金属性越强，其电负性越强，因此Cu(NO3)2的构成元素电负性由大到小的顺序为：O>N>Cu。
②钾和铜都是金属晶体，金属晶体的熔沸点与金属键有关，金属键的强弱与金属原子半径和原子的价电子数有关，价电子数越多、半径越小，金属键越强，熔沸点越高，钾和铜的最外层电子数相同，但铜的核电荷数大，铜原子半径小，铜的金属键强于钾，则铜的熔沸点远大于钾。
(3)
①GaCl3·xNH3中Ga3+和Cl-形成离子键，NH3分子中N和H形成极性共价键，Ga和N之间有配位键，没有金属键，答案选D。
②加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl-，有氨气逸出，Cl-与Ag＋生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则有配位键的Cl-与没有配位键的Cl-的个数比为2:1，Ga3＋配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。
(4)
①根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，1个晶胞中含有Ti的个数为8×+4×+1=4，O原子8个在棱上、8个在面上、2个在体内，1个晶胞中含有O的个数为8×+8×+2==8，则1mol晶胞的质量为48×4+16×8g=320g，1mol晶胞的体积为NA×a2c×10-30cm3，所以密度ρ==g/cm3。
②由晶胞结构示意图可知，TiO2-aNb晶胞中N原子数为1×=，O原子数为7×+7×+1=，Ti原子数为4，故b=×=，2−a=×，解得a=，a:b=:=7:2。
9．(1)Ne > F > N
(2)BC
(3)2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6
(4)HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性增强，易发生电离
(5) sp π S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子
(6) 4 ×100%或 ×100%

【解析】（1）
第二周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，稀有气体氖原子的2p轨道为稳定的全充满结构，第一电离能最大，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素第一电离能大于相邻元素，则第一电离能从大到小排前三位的是氖、氟、氮，故答案为：Ne > F > N；
（2）
A．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，熔化状态下能电离出自由移动的离子，能导电，故错误；
B．XeF+离子中氟原子和氙原子都满足8电子稳定结构，故正确；
C．由PtF中的键角有90°和180°两种可知，离子的空间构型为正八面体形，铂原子位于八面体的体心，氟原子位于八面体的顶点，则用两个氯替换氟后，所得PtF4Cl2有两种结构，故正确；
D．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，化合物中含有离子键、极性键、和配位键，不含有非极性键，故错误；
故选BC；
（3）
由题意可知，XeF+PtF与水反应生成氙、氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式为2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6，故答案为：2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6；
（4）
硝酸是强酸，亚硝酸是弱酸，原因是硝酸中的非羟基氧多于亚硝酸，非羟基氧吸引羟基氧原子的能力强于亚硝酸，能有效降低氧原子上的电子密度，使氢氧键极性增强，易发生电离，故答案为：HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性增强，易发生电离；
（5）
硫氰酸根离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数目都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则硫氰酸根离子与二氧化碳的空间构型相同，都为直线形，所以碳原子的杂化方式为sp杂化；离子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子形成大π键，其形式为π；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，相对于氮原子，硫原子易给出孤对电子，所以检验铁离子时，离子以硫原子配位不以氮原子配位，故答案为：sp；π；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子；
（6）
由题意可知，镍钛合金形成的晶胞中，位于体内的钛原子个数为8，位于顶点和面心的镍原子个数为8×+6×=4，体对角线的长度为4(r1+r2)，则晶胞中钛原子和镍原子的体积为πr×8+πr×4=π(8r+4 r)，晶胞的边长为，体积为[]3，则晶体的空间利用率为×100%= ×100%，故答案为：×100%或 ×100%。
10．(1) 4:3 平面三角形
(2) sp2 sp3 N>H>C 1.2
(3)阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。
(4) 7:2

【详解】（1）N是7号元素，其电子排布式为1s22s22p3，所以基态N原子的成对电子数与未成对电子数之比为4:3；根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数为，且中的氮无孤电子，所以离子的空间构型为平面三角形；
（2）由N-甲基咪唑的结构简式可知，分子中甲基碳原子为饱和碳原子，形成4个单键，不存在孤电子对，杂化方式为sp3，双键碳原子形成1个σ键和一个π键，不存在孤电子对，杂化方式为sp2；N-甲基咪唑中所含元素为N、C和H，根据同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，且N原子的2p能级有3个电子，处于半满稳定结构，所以第一电离能N>C，但由于H原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要消耗更多的能量，因此第一电离能比C大，因此所含元素第一电离能由大到小的顺序是N>H>C；根据N-甲基咪唑的结构简式，可知1个N-甲基咪唑分子中含有12个σ键，所以0.1molN-甲基咪唑中含σ键的数目为1.2NA，故答案为sp2、sp3；N>H>C；1.2；
（3）该离子化合物常温下为液态而非固态，原因是阴阳离子半径大，所带的电荷数小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低，故答案为阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低；
（4）根据立方晶系TiO2晶胞结构，可知每个TiO2晶胞中平均分布4个Ti原子和8个O原子，所以其晶体的密度为；氮掺杂后，每个TiO2-aNb晶胞中平均分布4个Ti原子，氧原子为个，氮原子为个，该晶体的化学式为，所以可求得、，所以a:b=7:2，故答案为，7:2；
11．(1) 3d104s1 < 铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易
(2)平面三角形
(3) O>N>C>H 7：6
(4) 4

【详解】（1）铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1；铜原子失去一个电子后价电子排布式为结构稳定的全充满结构3d10，较难失去电子，铁原子失去一个电子后价电子排布式为后为3d64s1，再失去电子相对较易，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：3d104s1；<；铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易；
（2）碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（3）元素的非金属性越强，电负性越大，配合物中氢、碳、氮、氧四种元素的非金属性强弱顺序为O>N>C>H，则四种元素的电负性大小顺序为O>N>C>H；配合物中单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子和苯环中的碳原子为sp2杂化，则采用sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为14：12=7：6，故答案为：O>N>C>H；7：6；
（4）①由晶胞结构可知，位于晶胞面心的铁离子与位于体内的硫离子的距离最近，所以晶胞中铁离子周围距离最近的硫离子的个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的铜离子的个数为8×+4×+1=4，位于面心上、棱上的铁离子个数为6×+4×=4，位于体内的硫离子个数为8，则晶胞的化学式为CuFeS2，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)2×b×10—10×ρ，解得NA=，故答案为：。
12．(1)B
(2) 碳碳双键电子云密度大，对碳氢单键排斥力大于碳氢单键之间的排斥力(或其他合理答案)
(3)1：2.5 (或2：5)
(4) 4 分子 中碳原子给出电子与铁原子形成配位键，使碳氧间电子云密度变小，碳氧键键长变长
(5)

【解析】（1）碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式为，故选B；
（2）甲烷分子的空间构型为正四面体形，键角为109°28＇，乙烯分子中2个碳原子和4个氢原子位于同一平面，空间构型为平面形，键角为120°，乙炔分子的空间构型为直线形，键角为180°，则乙炔分子中键角最大；乙烯分子中碳原子为sp2杂化，碳原子间形成碳碳双键，碳碳双键电子云密度大，对碳氢单键排斥力大于碳氢单键之间的排斥力，所以分子中的键角大于，故答案为：HC≡CH；碳碳双键电子云密度大，对碳氢单键排斥力大于碳氢单键之间的排斥力；
（3）由图可知，硅酸盐形成的硅氧四面体中位于体内的硅原子数为1，位于顶点和体内的氧原子个数为3×+1=2.5，则硅氧原子个数比为1：2.5=2：5，故答案为：1：2.5 (或2：5)；
（4）镍原子的价电子排布式为3d84s2，一氧化碳配体提供的电子数为2，由配合物中心体的价电子数加上配体提供给中心体的电子数为18时，配合物较稳定可得：10+4x=18，解得x=4；由配合物的结构可知，配合物五羰基合铁是由分子形成的分子晶体，分子中碳原子给出电子与铁原子形成配位键，使碳氧间电子云密度变小，碳氧键键长变长，所以五羰基合铁分子中碳氧键键长大于一氧化碳，故答案为：4；；中碳原子给出电子与铁原子形成配位键，使碳氧间电子云密度变小，碳氧键键长变长；
（5）由图可知，同层钾离子最近距离为pm，由晶胞结构可知，晶胞中含有1个，晶体的密度为xg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(×10—10)2×2××d×x，解得x=，故答案为：；。
13．(1)
(2) AC N＞O＞C
(3) CO2(或SiO2、CS2) 原子核的距离逐渐增大，原子核间的斥力逐渐减小，所以键角逐渐减小
(4)氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在
(5) 棱心

【详解】（1）锰的原子序数为25，则基态锰原子价层电子排布式为：。
（2）①Ni含有空轨道，N原子含有孤电子对，所以配位键由N原子指向Ni原子，有4个配位键，该配合物中O原子和中的氢原子形成氢键，该物质中还有共价键，则该物质化学键类型为：配位键、共价键，氢键不是化学键，选AC项；
②同周期第一电离能从左向右呈增大的趋势，所以第一电离能O＞C，由于N元素原子2p能级有3个电子，处于半充满状态，能量较低，所以第一电离能N＞O，故C、N、O第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；
（3）①N2H4中氮原子价层电子对数=3+1=4，杂化类型为；
②中有三个原子，价电子总数为16个，利用同主族变换和左右移位法，与互为等电子体的分子为CO2(或SiO2、CS2)；氮族元素从上到下，原子半径逐渐增大，NH3、PH3、AsH3原子核的距离逐渐增大，原子核间的斥力逐渐减小，所以键角逐渐减小；
（4）氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在；
（5）①由于BF位于体心，所以每个晶胞含有一个离子，依据化学式Li3SBF4可知晶胞中应该有3个和1个，所以位于棱心；
②由于与最近的距离为apm，故边长为，体积为，而晶胞质量为，故晶胞密度为。
14．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2 0
(2)sp3、sp2
(3) 低于 吡咯易形成分子间氢键
(4)与Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大
(5) 6 BF
(6) (1，，)

【详解】（1）①铁为26号元素，Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2；
②铁为第四周期Ⅷ族元素，未成对电子数为4，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素0个；
（2）①甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的碳原子有四个单键，为杂化，羧基中的碳原子有一个碳氧双键为杂化；
（3）①影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯；
②吡咯易形成分子间氢键；
（4）离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液里比稳定的原因为：的半径小且所带电荷多，水化能大；
（5）①Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5] Cl2·H2O，与Ti3+最近的粒子数目为6，则该化合物中Ti3+的配位数为6；
②该化合物中中存在键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在键和非极性共价键，答案选BF；
（6）①NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，c在x、y、z轴上的投影分别是(1，，)，则c点的离子坐标为(1，，)；
②每个原子被3个O原子包围，每个O原子被3个原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个原子，三角形的面积，如图，实际上每个原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为，O原子个数为，每平方米面积上分散的该晶体的质量为。
15．(1) 3d54s2 d
(2) 三角锥 sp2杂化
(3)ABD
(4) CuBr (，，) ×100%或×100%

【详解】（1）Mn为25号元素，原子核外有25个电子，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，价电子为3d54s2；Ni元素位于第Ⅷ族，属于d区元素；
（2）SeO中心Se原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形；SeO2分子中心原子的价层电子对数为=3，为sp2杂化；
（3）化合物[Co(NH3)6]Cl3中，氨气分子和Co3+之间存在配位键，N原子和H原子之间存在σ键，[Co(NH3)6]3+和Cl-之间存在离子键，所以选ABD；
（4）①根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×+6×=4，Br原子的个数为4，所以溴化物的化学式为CuBr；
②P为原点，R点Br原子位于体对角线上，且距离左侧面，与下底面和前面距离均为，所以坐标为(，，)；
③晶胞中含有4个CuBr单元，所以晶胞的质量为g，密度为ρg·cm-3，则体积为cm3=×1030pm3，原子总体积为pm3，所以空间利用率为×100%或×100%。
16．(1) 3s23p3 ＞ 10 sp3
(2) 极性共价键(或共价键) 正四面体
(3) 12mol或12×6.02×1023 6
(4)

【解析】(1)
①P是15号元素，故基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故P和S的第一电离能的大小顺序是P＞S，故答案为：3s23p3；＞；
②已知S原子最外层上有6个电子，P原子最外层上有5个电子，结合图示可知：P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，每个P原子形成3个σ键和1个孤电子对，故每个P4S3分子中含孤电子对的数目为10，P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，故P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：10；sp3；
(2)
①由题干信息可知，磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似，故磷化铝是原子(共价晶体)，磷化铝晶体中磷与铝的电负性存在差异，形成的是共价键，且为极性的，因此磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为(极性)共价键，故答案为：(极性)共价键；
②由图2所示晶胞图不难看出，磷化铝晶体中由4个P原子围成的空间构型是正四面体，故答案为：正四面体；
③由图2所示晶胞图可知，将图示晶胞平均分为8个小单元，则P和周围的四个Al形成一个小立方体，P位于立方体中心，故小立方体的体对角线等于P和Al核间距的2倍，已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，假设磷化铝晶胞的边长是xnm，则有：(2d)2=3()2，解得：x=，故答案为：；
(3)
①在配合物[Fe(CN)6]3-中，CN-与铁离子之间有6个配位键均为单键故都是σ键，在每个CN-内部有碳氮三键只含一个σ键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12mol或12×6.02×1023，故答案为：12mol或12×6.02×1023；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和，所以Co3+的配位数为6；故答案为：6；
(4)
该晶胞中N原子个数=2、Fe原子个数=12×+2×+3=6，则N、Fe原子个数之比=2：6=1：3，该晶胞体积=(a×10-7cm)2×sin60°×6×h×10-7cm= a2h×10-21cm3，该晶体的密度===g/cm3=g/cm3，故答案为：。
17． 电子云 1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2 8 sp3，sp2 N(CH3)3 当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高 RC8
【详解】(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；硅元素的原子序数为14，则基态硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2sp2或[Ne]3s2sp2；基态原子核外有1+1+3+1+2=8种不同空间运动状态的电子，故答案为：电子云；1s22s22p63s2sp2或[Ne]3s2sp2；8；
(2)由化合物N(CH3)3的空间构型为三角锥形可知，化合物中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，氮原子的杂化方式为sp3杂化，N(SiH3)3的空间构型为平面形可知，化合物中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp2杂化，N(CH3)3中氮原子具有孤对电子，N(SiH3)3中氮原子没有孤对电子，则N(CH3)3更易形成配合物，故答案为：sp3；sp2；更易形成配合物；
(3)碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，IIA族阳离子所带电荷相同，从上到下阳离子半径依次增大，碳酸盐的分解温度逐步升高，故答案为：当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高；
(3)由图甲和图乙可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的R原子个数为8×+6×+4=8，位于棱上和面心的碳原子个数为12×+8×4×=64，则插层化合物的化学式为RC8，故答案为：RC8。
18．(1)2
(2)
(3) 取代反应
(4) 碳碳双键、碳氯键
(5)
(6) 12 、

【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下发生还原反应生成可与金属钠反应产生氢气的，则B为；一定条件下与C反应生成 ，则D为；一定条件下与二氯甲烷发生取代反应生成 ，与反应生成和，则F的结构简式为。
【详解】（1）由结构简式可知，A的分子中含有杂化方式为sp3杂化的饱和碳原子和sp2杂化的双键碳原子，碳原子的杂化方式共有2种，故答案为：2；
（2）由分析可知，B的结构简式为，故答案为：；
（3）由分析可知，由D生成E的反应为一定条件下与二氯甲烷发生取代反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；取代反应；
（4）由分析可知，F的结构简式为 ；由G的结构简式可知，G分子中的官能团为碳碳双键、碳氯键，故答案为：；碳碳双键、碳氯键；
（5）由H的结构简式可知，H的一种芳香同分异构体的核磁共振氢谱共有三组峰，面积比为3：2：2的结构简式为，故答案为：；
（6）E的同分异构体符合含有六元环和氯甲基，则一定是环己烯上连接一个氯甲基，只有两个手性碳且相邻，若为这种结构，则两个Cl一定是相邻的且连接Cl的碳原子为手性碳原子，则此时有3种结构，若为这种结构，则连接氯甲基的碳原子已经是手性碳原子，其中一个Cl一定在其左侧相邻的碳上，要保证只有两个手性碳原子，则另一个Cl只能与双键碳原子或者连接氯甲基的碳原子相连，此时有3种结构，若为这种结构，则连接氯甲基的碳原子已经是手性碳原子，其中一个Cl必定在氯甲基的邻位，另一个Cl一定连接在双键碳上或者氯甲基相连的碳上，此时有6种结构，因此共有12种结构。选择性将碳碳双键加氢还原为单键后具有三个相邻手性碳的同分异构体为的结构简式为、，故答案为：12，、。
19．(1) 球形冷凝管 恒压漏斗 液封
(2)BCA
(3) 活塞1和活塞2 液面差恒定
(4)

【分析】由题意可知，制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶后停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物。
【详解】（1）由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压漏斗；装置C的作用是，起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，故答案为：球形冷凝管；恒压漏斗；液封；
（2）由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物，故答案为：BCA；
（3）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪中水位至与量气管产生一定的液面差，若液面差稳定，说明装置气密性良好，故答案为：活塞1和活塞2；液面差稳定；
（4）由题意可知，配合物DMF的物质的量为mol。由理想气体状态方程可知DMF吸收氧气的物质的量为mol，则吸收氧气的物质的量和，配合物DMF的物质的量的比值为×，故答案为：×。
20．(1)增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率
(2)b c d
(3) 调节溶液的，有利于转化成铁矾渣
(4)
(5) 加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降

【分析】铜镍矿在氧压酸浸的条件下将镍、镁、铜、铁的氧化物转化为各自对应的离子，铁最终均以三价铁离子形式存在，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相加氧化镁调节溶液酸碱性在硫酸钠存在的情况下，将铁转变为铁矾渣除去，然后氧化镁再一次调节溶液酸碱性使镍转变为沉淀，最后过滤得到氢氧化镍，最终得到金属镍。
【详解】（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；
（2）a．此络合物中不存在离子键，a错误；   
b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b 正确；
c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键，c正确；
d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键，d正确；
故选b c d。
（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为，答案为：调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，；
（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成，所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是，答案为：；
（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以，此时 代入得到溶液中的浓度为，由图可知加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为，答案为：，加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。