2022年高考化学二轮专题训练——物质结构与性质（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2022年高考化学二轮专题训练——物质结构与性质（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-15 20:00:37 | ||
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文档简介
2022年高考化学二轮专题训练——物质结构与性质
1．（2022·福建省南平市高级中学高二期中）为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：
(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中_______(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区。[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是_______。
(2)表中是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：_______。
元素 Fe Cu
第一电离能I1/kJ·mol-1 759 746
第二电离能I2/kJ·mol-1 1561 1958
(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4[Fe(CN)6]。
①CN-的电子式是_______；该配离子中配位原子是_______。
②该配合物中存在的作用力类型有_______(填字母)。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
(4)MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是_______。
(5)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、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等。
①第一电离能：As_______Se(填“＞”、“＜”或“=”)。
②硫化锌的晶胞中(结构如图所示)，硫离子的配位数是_______。
③二氧化硒分子的空间构型为_______。
2．（2022·山东菏泽·高二期中）周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子。工业上通过分离液态空气获得X单质。Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和。Z基态原子的最高能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。回答下列问题：
(1)往Z的硫酸盐溶液中通入过量的WH3，可生成[Z(WH3)2(H2X)2]SO4。
①基态Z2+的价电子排布图是____。
②该络合物阳离子中存在的化学键有____，阴离子的空间构型是____。
③该络合物中WH3的键角比独立存在的WH3分子结构中的键角____(填“大”“小”或“相等”)，判断理由是____。
④该化合物加热时首先失去的组分是____(写化学式)。
(2)一种Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示(黑点代表Z原子)。
①该晶体的化学式为____。
②已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0，则Y与Z形成的化合物属于____(填“离子”或“共价”)化合物。
③已知Z单质晶体为面心立方，晶体的密度为ρg cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中Z原子半径为____cm(写计算式)。
3．（2022·河北邢台·模拟预测）一种无机纳米晶体材料，仅由铯、铅、溴三种元素构成，在太阳能电池方向有巨大应用前景。回答下列问题：
(1)基态原子核外电子占据能量最高的能级的电子云轮廓图形状为_______。属于_______区元素。
(2)位于同主族，元素的第一电离能分别为、。的原因是_______。
(3)三种元素的电负性如下表。具有较高的熔点(855℃)，PbBr2具有较低的熔点(373℃)，原因是_______。
电负性
F Br Pb
4.0 2.8 1.9
(4)该晶体材料的立方结构如图所示，其化学式为_______。若其晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度=_______。
(5)该晶体材料电池并未实现商业化，原因在于自身的不稳定性。
①该晶体材料在潮湿环境中易从固体变成溶液(发生相变)，导致器件效率降低，其原因是_______。
②某大学采用对该材料进行钝化处理可有效提高其稳定性，钝化机理如图所示。根据晶格应变驰豫，_______(离子)脱离晶格，用钝化后的晶体比原晶体材料更稳定，其原因是_______。
(已知：应力与应变相伴而生，从原子尺度上来理解，应力为单位晶格上的作用力，应变即为晶格的拉伸或收缩，对应于拉伸应变和压缩应变。对应出现的驰豫是指一个宏观平衡系统由于受到外界的作用变为非平衡状态，再从非平衡状态过渡到新的平衡态的过程。)
4．（2022·湖北武汉·高二期中）物质的结构决定物质的性质。请回答下列问题：
(1)下列有关物质结构与性质的说法中错误的有_______(填标号)。
A．酸性强弱：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸
B．C2H4分子中的H原子与C原子之间形成s-sp2σ键
C．价层电子对互斥模型中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
D．H2S和NH3均是价层电子对数为4的极性分子，且H2S分子的键角较小
E.冰属于分子晶体，其中的氢键可以表示为O- H …O，具有“分子密堆积”特征
(2)石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体(见下图)。从石墨中剥离出石墨烯需要破坏的作用力是_______，12g石墨烯中由碳原子连接成的六元环的物质的量约为_______mol。
(3)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物，它们能与碱金属离子作用并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。由于烯烃难溶于水，故被KMnO4水溶液氧化的效果较差。
①烯烃难溶于水的原因是_______。
②若在烯烃中溶人某冠醚，与KMnO4发生如下所示的变化后，氧化效果明显提升。加入该冠醚后，烯烃的氧化效果明显提升的原因是_______。
KMnO4+
(4)多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”。下列物质中存在“离域π键”的是_______(填标号)。
A．苯 B．三氧化硫 C．四氯化碳 D．环己烷
(5)硅的含氧化合物都以硅氧四面体(SiO)作为基本结构单元，如图甲所示，可简化为图乙。硅氧四面体通过共用氧原子可形成各种不同的硅酸根离子，如图丙和图丁，则丙的化学式为_______。在无限长链的硅酸根离子中硅原子与氧原子个数比为_______。
5．（2022·广东惠州·高二期中）中国科学技术大学俞书宏教授团队和高敏锐教授课题组通过室温过饱和溶液共沉积法，实现了无定形NiFeMo氧化物纳米材料的宏量制备，该方法简便快捷，反应几分钟即可一次性生产多达515克的产物，制备的无定形NiFeMo氧化物在碱性条件下展示出优异的OER催化活性，明显优于结晶型NiFeMo氧化物。根据所学知识回答下列问题：
(1)区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为_______，结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的_______。
(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，是获得高纯度纳米镍的原料，Ni(CO)4的配位原子是_______。
(3)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是_______(填编号)。
A． B．
C． D．
(4)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_______，其中Fe的配位数为_______。
(5)立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为a pm，列式表示NiO晶体的密度为_______g/cm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。
6．（2022·浙江温州·高二期中）人们常在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素。
(1)纳米TiO2是种应用广泛的催化剂，在太阳光照射下，可以降解酚、醛等多种有机物。22号元素钛位于元素周期表的_______区，基态钛原子的价层电子轨道表示式为_______。TiCl4的水解反应可以制得TiO2·xH2O，过滤后再经焙烧可以得到TiO2，写出TiCl4水解反应的化学方程式_______。
(2)铬(Cr)是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。对于基态原子，下列叙述不正确的是_______(填标号)。
A．核外电子有24种运动状态，处在7个不同的能级上
B．核外电子排布是[Ar]3d54s1，是第四周期元素中未成对电子数最多的元素
C．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
D．电负性比钾大，原子对键合电子的吸引力比钾大
(3)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是_______，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为_______(写出表达式，用a、c和NA表示，)。
7．（2022·浙江·宁波咸祥中学高二期中）第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物，单质铁、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域，请回答下列问题：
(1)Fe2+的核外电子排布式为____。
(2)NH3是一种很好的配体，NH3的沸点____(填“>”“=”或“<”)AsH3。
(3)N原子核外有____种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为____。
(4)科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如图，图中虚线表示的作用力为____。
(5)向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A，其结构如图所示，图中M代表Fe3+，则Fe3+与氮原子之间形成的化学键是____。
8．（2022·四川·成都实外高二阶段练习）新型铜锌锡硫化合物(CuxZnySnzSn)薄膜太阳能电池近年来已经成为可再生能源领域的研究热点。回答下列问题：
(1)Si、P、S三种元素中第一电离能最小的是___________，电负性最大的元素是___________。
(2)比较SO和SO中键角大小，并解释原因___________。
(3)某单质晶体的晶胞如下图，已知a微粒的原子坐标为(1，1，1)b微粒的原子坐标为___________。其晶胞俯视图为(II中选择)___________，
(I)
(II)A、 B、 C、 D、
(4)Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。
已知：晶胞参数(边长)为anm，密度为dg·cm-3
①Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于___________位置，两个Na之间的最短距离为___________nm。
②用a、d表示阿伏加德罗常数的值___________(列计算式)。
9．（2022·福建·模拟预测）铁、镧、锑的合金能实现热电效应。所谓的热电效应，是当受热物体中的电子(空穴)，因随着温度梯度由高温区往低温区移动时，所产生电流或电荷堆积的一种现象。若选用具有明显的热电效应的稀有矿物石为原料，加入到墙体材料中，在与空气接触中，随温度变化可发生极化，并向外放电， 起到净化室内空气的作用。
(1)镧与Sc同族位于第六周期。镧的价电子排布式为_______，锑的核外有_______种运动状态不同的电子。
(2)多数配离子显示的颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用 表示)，它与中心离子的电子构型、电荷、配体有关。试判断分裂能 [Fe(H2O)6]3+(黄色)_______ [Fe(H2O)6]2+(浅绿色) 填“大于”，“小于”或“等于”)，原因是_______。
(3)一种镧，锑形成的配合物结构如图所示
①该结构中，中心离子La3+配位数为_______，碳的杂化方式为_______。
②该配合物中长周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)某铁、镧、锑的合金晶胞如下图1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如下图2。
①若上图中A 点锑原子的坐标为，则B点铁原子的坐标为_______。
②若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则Sb原子与Sb原子的最近距离为_______cm。
10．（2022·福建三明·高二期中）非金属元素虽然种类不多，但是在自然界中的丰度却很大，请回答下列问题：
(1)BN(氮化硼，晶胞结构如图)和CO2中的化学键均为共价键，BN的熔点高且硬度大，CO2的晶体干冰却松软且极易升华。由此可以判断： BN可能是_______晶体，CO2可能是_______晶体，BN晶体中B原子的杂化轨道类型为_______，干冰中C原子的杂化轨道类型为_______ 。
(2)磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图甲)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷—石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图乙所示。
回答下列问题：
①根据图甲和图乙的信息，下列说法正确的有_______(填序号)。
A．黑磷区中P-P键的键能不完全相同。
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了物理反应
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
②贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图丙所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_______，晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
11．（2022·新疆·二模）氮族元素的单质及其化合物在生产和生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)写出基态As原子的核外电子排布式____。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是一种具有潜力的固体储氢材料，其分子中，N—B化学键称为____键，其电子对由____提供；第一电离能：B____N。(填“＞”、“＜”或“=”)
(3)气态氢化物膦(PH3)中心原子的杂化方式为____。PH3和NH3的键角分别为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的原因____。
(4)[H2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为____，写出一种与[H2F]+互为等电子体的常见分子____。(填化学式)
(5)一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。
图中F-和O2+共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表示为____；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=____g cm-3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子的坐标为(，，)，则原子2的坐标为____。
12．（2022·广东·模拟预测）金属镁及其化合物在工农业生产和生活等方面有广泛的应用，请回答下列问题：
(1)金属镁能形成多种盐，其中中阴离子的空间构型为_______；与中阴离子互为等电子体的分子为_______(填化学式，任写一种)；和虽是同主族碳酸盐，但熔点高，而热稳定性高，它们受热分解时破坏的化学键为_______，熔点高于的原因是_______。
(2)格氏试剂(RMgX)是镁的一类重要化合物，在有机合成中有着重要的作用，在中，烃基对应的烃分子中共面的原子最多有_______个。
(3)酞菁镁为紫色粉末，其结构如图甲所示，酞菁镁中镁元素的化合价为+2，的配位数为_______。
(4)晶体中Mg的原子堆积方式如图乙所示，这种堆积方式称为_______。已知镁原子半径为r，晶体中四个相邻的镁原子紧密堆积成正四面体，两层镁原子形成的正四面体的高，则晶胞的空间利用率为_______%(只写出化简式，不需计算结果)。
13．（2022·广东·佛山市第四中学高二阶段练习）铁元素在地壳中含量丰富，应用广泛：回答以下问题：
(1)基态Fe的价电子排布式为_______，其中未成对电子数目为_______。
(2)水溶液中发生水解，水解过程中出现双核阳离子。
①该双核阳离子中，原子的配位数为_______，配体的空间构型为_______，其键角_______109°28′ (填“大于”、“小于”或“等于”)。
②用可检验溶液中的存在，l mol中中含有的π键数目为_______NA。
(3)铁的氧化物有多种，科研工作者常使用来表示各种铁氧化物。如图为某种铁的氧化物样品的晶胞结构，其化学式为_______。
14．（2022·湖南师大附中高二期末）碳原子构成的单质具有多种同素异形体，也对应着有多种不同晶体类型。请根据以下信息，回答下列问题。
(1)下图为金刚石的晶胞：
①沿晶胞对角面取得截图(如图c方式截图)，所得截图如图d所示，请在图d中白圈处找出未画出的碳原子，请在图中白圈处找出未画出的碳原子，并在相应位置上按图示碳原子涂黑_______。
②已知在金刚石晶体中，每个碳原子周围的任意两根碳碳键被2个六元碳环所共有，请计算：金刚石晶体中每个碳原子被_______个六元碳环所共有，每个C—C被_______个六元碳环所共用。
③若再将任何两个成键的碳原子连线的中心处插入一个氧原子，就构成了某种特殊“碳氧化物”的晶胞。下列说法正确的是_______(填标号)。
a.该“碳氧化物”晶体中每个碳原子周围的氧原子数是2
b.一个晶胞中含有8个“碳氧化物”分子
c.该“碳氧化物”的化学式为CO2
d.这种晶体是共价晶体
(2)①下图为石墨和石墨烯的结构示意图。石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法正确的是_______。
A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B．石墨中的碳原子采取sp2杂化
C．石墨属于混合型晶体，层与层之间存在分子间作用力
D．层内碳原子间存在共价键
E.石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
②石墨可用作锂离子电池的负极材料，Li+嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixC6的嵌入化合物，某石墨嵌入化合物的平面结构如图所示，则x=_______；若每个六元环都对应一个Li+，则化学式为_______。
15．（2022·上海·高三专题练习）铝在自然界中的存在极为广泛，在航空、建筑、汽车三大重要工业的发展中具有重要的作用。回答下列问题：
(1)下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号，下同)，最小的是_______。
A． B．
C． D．
(2)当过量的和在乙醚中反应可生成。由和构成，的空间构型是_______，与其互为等电子体的一种阳离子是_______(填离子符号)，中元素的电负性最大的为_______(填元素符号)。
(3)的相对分子质量为133.5，183℃开始升华，易溶于水、乙醚等，其二聚物()的结构如图所示，其中原子的杂化轨道类型是_______，是_______(填“极性”或“非极性”)分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键能：1_______2(填“<”“>”或“=”)，判断依据是_______。
(4)冰晶石()常用作铝电解的助熔剂和研磨产品的耐磨添加剂，其晶胞如图所示，两种微粒分别是和，图中●位于顶点和面心，○位于棱的中心和8个小立方体的体心，则代表_______(填微粒符号)；距离●最近的○的个数为_______。已知该晶体的密度为，则晶胞中距离最近的两个○的核间距为_______pm(用表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
16．（2022·辽宁·辽阳县第一高级中学高二阶段练习）铜及其化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
(1)①将氨水逐滴加入硫酸铜溶液中，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解并得到深蓝色溶液，写出沉淀溶解的离子方程式：_______。
②向深蓝色溶液中继续加入乙醇，会析出深蓝色的晶体。该晶体中含有的化学键类型为_______。在该晶体中含有键的数目为_______。
③中各元素电负性由大到小的顺序为_______，其中N原子的杂化轨道类型为_______。
④中的键角比独立存在的分子结构中的键角_______。(填“大”“小”或“相等”)
(2)Cu Mn Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示
①合金的化学式为_______。
②若A原子的坐标参数为(0，1，0)，则B原子的坐标参数为_______。
③已知该合金晶体的密度为，则最近的两个Al原子间的距离为_______nm(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
17．（2022·上海·模拟预测）葡萄糖酸锌( )为有机锌补剂，对胃黏膜刺激小，在体内易被人体吸收，且吸收率高，溶解性好。回答下列问题：
(1)锌元素位于元素周期表_______区，锌离子的价电子排布式为_______。
(2)葡萄糖酸锌组成元素中电负性最强的元素为_______，该元素的单质中属于极性分子的是_______。
(3)葡萄糖酸中C原子的杂化方式为_______，1 mol葡萄糖分子中含有_______mol 键。
(4)葡萄糖酸锌溶于氨水能生成，离子中配体为_______，与配体空间构型相同的阳离子为_______。
(5)葡萄糖酸易溶于水的原因是_______，葡萄糖酸的熔点_______(填“大于”“小于”或“等于”)葡萄糖酸锌的熔点。
(6)若用代表葡萄糖酸锌(相对分子质量为456)，其晶胞结构如图所示，若晶胞参数为a nm，晶体密度为，则阿伏加德罗常数为_______(列出计算式即可)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) ds 直线形
(2)失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子
(3)
C BCD
(4)二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS
(5) ＞ 4 角形或V形
【解析】
(1)
Ag与Cu在同一族，Cu为周期表中ds区元素，则Ag在周期表中ds区。[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则Ag+与两个配位N原子在同一直线上，所以该配离子的空间构型是直线形。答案为：ds；直线形；
(2)
从表中Fe和Cu的部分电离能数据看，I2(Cu)大于I2(Fe)，则主要是Cu+3d轨道全充满，由此得出主要原因：失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子。答案为：失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子；
(3)
①CN-离子中，C与N原子间形成三对共用电子，电子式是 ；该配离子中配位原子是C。
②配合物K4[Fe(CN)6]中，K+与[Fe(CN)6]4-间形成离子键，Fe2+与C原子间形成配位键，C、N原子间形成共价键，所以存在的作用力类型有BCD。答案为： ；C；BCD；
(4)
MnO、MnS都形成离子晶体，MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，应从晶格能进行分析，其主要原因是：二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS。答案为：二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS；
(5)
①As与Se为相邻的同周期元素，As的4p轨道半满，则第一电离能出现反应，从而得出第一电离能：As＞Se。
②从硫化锌的晶胞图可以看出，Zn2+连接4个S2-，则Zn2+的配位数为4，而晶胞中，Zn2+与S2-的个数比为1:1，则硫离子的配位数是4。
③硒与硫同主族，二氧化硒分子的空间构型与二氧化硫相似，也存在中心Se原子的孤对电子对成键电子的排斥作用，所以为角形或V形。答案为：＞；4；角形或V形。
【点睛】
在晶胞中，可以利用化学式，将一种微粒的配位数，转化为另一种微粒的配位数。
2．(1) 共价键和配位键 正四面体形 大 氨分子中存在1对孤对电子，形成络离子后孤电子对转化为成键电子对，成键电子对间的排斥作用小于孤电子对与成键电子对之间的排斥作用 H2O
(2) CuCl 共价
【解析】
周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子，则R为C元素，工业上通过分离液态空气获得X单质，则X为O元素，W为N元素；Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和，则Y为Cl元素，Z基态原子的最高能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则Z为Cu元素。
(1)
①Cu为29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu2+的价电子排布式为3d9，基态Cu2+的价电子排布图是。
②该络合物阳离子为[Cu(NH3)2(H2O)2]2+，存在的化学键有共价键和配位键，阴离子的中心原子S的价层电子对数为，故其空间构型是正四面体形。
③氨分子中存在1对孤对电子，形成络离子后孤电子对转化为成键电子对，成键电子对间的排斥作用小于孤电子对与成键电子对之间的排斥作用，故该络合物中NH3的键角比独立存在的NH3分子结构中的键角大。
④由于O的电负性比N大，故O对孤电子对的吸引力更强，与中心离子的结合能力较弱，故该化合物加热时首先失去的组分是H2O。
(2)
①由晶胞结构图可知，该晶胞中Cl原子的个数为，Cu原子的个数为4，故该晶体的化学式为CuCl。
②已知乙和Y的电负性分别为1.9和3.0，二者电负性差值小于1.7，则Y与Z形成的化合物属于共价化合物。
③已知Z单质晶体为面心立方，则一个晶胞中Cu的个数为，晶体的密度为ρg cm-3，则晶胞的边长为，面心立方晶胞中位于面对角线上的3个原子是相切的关系，晶体中Z原子半径为r，则有，则晶体中Z原子半径为cm。
3．(1) 纺锤形或哑铃形 p
(2)Na和Cs同主族，Cs电子层多，原子半径大，易失电子
(3)PbF2为离子晶体，融化时克服离子键；PbBr2为分子晶体，融化时克服分子间作用力
(4) CsPbBr3
(5) 离子晶体易溶于水发生相变 Br- Cd2+部分替换晶格中的铅离子之后，使得晶格畸变应力减小，CdBr2中的溴离子填充溴空位缺陷，使得晶体更加稳定。
【解析】
(1)
基态溴原子的价层电子排布为4s24p5，电子占据的最高能级为4p，电子云轮廓图为纺锤形或哑铃形；Pb在IVA族，属于p区；
(2)
Na和Cs同主族，Cs电子层多，原子半径大，易失电子；
(3)
一般认为两种元素的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，F与Pb电负性差值大于1.7，故PbF2为离子晶体，Br与Pb电负性差值小于1.7，PbBr2为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；
(4)
该晶体中，Cs位于所有顶点、面心、体心、棱上，均摊法计算个数为8个；Pb位于内部由Br构成的八面体空隙中，共8个；Br的位置在组成该晶胞的八个小立方体的面心，六个面每个面上有4个，晶胞内部有12个，根据均摊法计算Br的个数为24个，故晶体的化学式为CsPbBr3，晶体的密度为： ；
(5)
①该晶体材料中含有典型金属元素铯、典型非金属元素溴，属于离子晶体，易溶于水发生相变；
②Cd2+的半径小于Pb2+，当Cd2+部分替换晶格中的Pb2+之后，使得晶格畸变应力减小，结构更加稳定；CdBr2中的溴离子填充溴空位缺陷，使得晶体更加稳定。
4．(1)E
(2) 分子间作用力 0.5
(3) 烯烃分子的极性较差或为非极性分子，水分子为极性分子，根据相似相溶原理可知，烯烃难溶于水。 该冠醚可溶于烯烃，加入冠醚之中的K+因静电作用将MnO带入烯烃中，增大了反应物的接触面积，提高了氧化效果
(4)AB
(5) Si2O 1：3
【解析】
(1)
A．三种酸中，电负性F>Cl>H，F对电子对的吸引能力更强，使得羧基中羟基氢更容易电离，故酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，A正确；
B．C2H4分子中C原子杂化方式为sp2杂化，形成化学键时C原子用sp2杂化轨道成键， H原子用s轨道成键，故H原子与C原子之间形成s-sp2σ键，B正确；
C．价层电子对互斥模型中，键电子对和孤电子对计入中心原子的价层电子对数，C正确；
D．H2S和NH3均是价层电子对数为4的极性分子，NH3和H2S分别含1对和2对孤电子对，孤电子对越多，斥力越大，键角越小，故H2S分子的键角较小，D正确；
E．只含有分子间作用力的分子晶体具有“分子密堆积”特征，冰属于分子晶体，但含氢键，不具有“分子密堆积”特征；
故选E。
(2)
石墨中层与层之间为分子间作用力，故从石墨中剥离出石墨烯需要破坏的作用力是分子间作用力；每个C原子参与形成3个六元环，每个六元环中含的C原子个数为： ，12g石墨烯中C原子的物质的量为1mol，即形成六元环的物质的量为0.5mol；
(3)
烯烃分子不含亲水性基团，极性较差或为非极性分子，而水分子为极性分子，根据相似相溶原理可知，烯烃难溶于水。故答案为烯烃分子的极性较差或为非极性分子，水分子为极性分子，根据相似相溶原理可知，烯烃难溶于水。高锰酸钾溶液和烯烃不互溶，该冠醚可溶于烯烃，加入冠醚之中的K+因静电作用将带入烯烃中，增大了反应物的接触面积，提高了氧化效果，故答案为该冠醚可溶于烯烃，加入冠醚之中的K+因静电作用将带入烯烃中，增大了反应物的接触面积，提高了氧化效果；
(4)
四氯化碳和环己烷中碳原子杂化方式均为sp3杂化，不能形成大π键；而苯和三氧化硫中中心原子均为sp2杂化，还有未杂化p轨道，可形成大π键，故选AB；
(5)
由图可知，甲的化学式为，形成的二聚硅酸根离子是由两个通过共用1个O原子形成的，可知丙的化学式为；根据丁的结构可知，每个与2个均共用1个O原子，硅氧原子个数比为。
5．(1) X-射线衍射实验 自范性
(2)C
(3)A
(4) 或 4
(5)或
【解析】
(1)
X-射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性，故答案为：X-射线衍射实验；自范性；
(2)
配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，根据相似相容原理，Ni(CO)4是非极性分子，CO分子中C原子含有孤对电子，可以提供电子，做配体，则配位原子为C原子，故答案为：C；
(3)
A．电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第四电离能，3d轨道有5个电子，结构稳定，需要的能量大；
B．电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第三电离能，3d轨道有6个电子，结构不稳定，需要的能量小；
C．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第三电离能，需要的能量小；
D．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第四电离能，需要的能量较小；
电离最外层的一个电子所需能量最大的，故答案为：A；
(4)
FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下通过配位键形成双聚分子，以双聚分子存在的FeCl3的结构式为 或，其中Fe的配位数为4，故答案为： 或 ；4；
(5)
根据立方NiO(氧化镍)晶体的结构图，1个晶胞含有O2-数为，Ni2+数，其晶胞边长为apm，NiO晶体的密度为g/cm3=g/cm3，故答案为：或。
6．(1) d TiCl4+(x+2)=TiO2·xH2O+4HCl
(2)C
(3) 8
【解析】
(1)
22号元素钛位于元素周期表第四周期第ⅢB族，属于元素周期表的d区元素；
根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是[Ar]3d24s2，所以Ti原子的价电子的价电子的轨道表达式为；
TiCl4的水解反应可以制得TiO2·xH2O，TiCl4发生水解反应产生TiO2·xH2O、HCl，水解反应的化学方程式为：TiCl4+(x+2)=TiO2·xH2O+4HCl；
(2)
A．Cr是24号元素，在任何原子核外不存在运动状态完全相同的电子，则Cr原子核外电子有24种运动状态，根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，原子核外有7个能级，因此24个电子处在7个不同的能级上，A正确；
B．根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，可简写为[Ar] 3d54s1，有6个成单电子，所以第四周期元素中未成对电子数最多的元素，B正确；
C．4s电子能量较高，其在原子核外运动时，在比3s电子离核更远的地方运动的几率相对较大，而不能说总是在比3s电子离核更远的地方运动，C错误；
D．K、Cr是第四周期元素，由于同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，原子失去电子就越难，其电负性就越大，则铬的电负性比钾大，原子对键合电子的吸引力比钾大，D正确；
故合理选项是C；
(3)
根据图知，每个Zr4+与8个O2-等距离且最近，所以Zr4+的配位数是8；
该晶胞中Zr4+的个数：8×+6×=4；O2-的个数为8，所以根据晶胞的密度计算公式，可得其密度ρ=。
7．(1)1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6
(2)>
(3) 七(或7) 哑铃形
(4)氢键、配位键
(5)配位键
【解析】
(1)
Fe的原子序数为26，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，所以Fe2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；
(2)
NH3分子间可以形成氢键，使其沸点升高，故NH3的沸点高于AsH3，故答案为：>；
(3)
基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，原子核外有 7个电子，原子核外有几个电子，其核外电子就有几种运动状态，因此有7种运动状态不同的电子；电子占据的最高能级符号为2p，其原子轨道为哑铃形，故答案为：7；哑铃状；
(4)
由图可知，铜与氧之间的虚线表示的作用力为配位键，氢与氧之间的虚线表示氢键，故答案为：氢键、配位键；
(5)
Fe3+为中心离子，N含有一对孤电子对，Fe3+含有空轨道，可形成配位键，故答案为：配位键。
8．(1) Si S
(2)SO离子中有一对孤对电子，对三对成键电子对有排斥作用，微粒呈三角锥形，SO中无孤对电子四个键呈正四面体分布，故键角SO大
(3) (0.75，0.25，0.25) D
(4) 面心
【解析】
(1)
①Si、P、S三种元属于同周期，同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，故Si、P、S第一电离能最小的是Si；
②Si、P、S三种元属于同周期，同周期从左往右电负性增大（除稀有气体外），因此电负性最大的是S；
(2)
SO中中心原子S价层电子对数为，SO中中心原子S价层电子对数为 ，根据孤电子对之间的斥力＞孤电子对数-成键电子之间的斥力＞成键电子之间的斥力，SO离子中有一对孤对电子，对三对成键电子对有排斥作用，微粒呈三角锥形，SO中无孤对电子四个键呈正四面体分布，故键角SO大
(3)
①由图可知，已知a微粒的原子坐标为(1，1，1)，b为面心的中点，，，，可知b微粒的原子坐标为(0.75，0.25，0.25)；
②根据晶胞图分析可得对角线位置有5个原子，其晶胞俯视图为D；
(4)
①由晶胞结构图可知，Na位于面心的位置；2个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍，所以两个Na原子之间的最短距离为；
②已知：晶胞参数为a nm，密度为，则，则。
9．(1) 5d16s2 51
(2) > Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
(3) 5 sp2、sp3 Sb> La
(4) cm
【解析】
(1)
镧为57号元素，其价电子排布式为5d16s2；锑元素为51号元素，原子核外有51个电子，锑的核外有51种运动状态不同的电子；
(2)
在[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+中中心原子分别为Fe3+和Fe2+，从带电荷考虑，Fe3+带正电荷高，吸引电子的能力强;从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3d6，3d5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需的能量高，综合以上分析，分裂能△[Fe(H2O)6]3+> △[Fe(H2O)6]2+， 理由是:Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强; Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
故答案为: > ; Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
(3)
①根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子La3+配位数为5；
羧基、苯环中的碳都是sp2杂化,苯环侧链上的C为sp3杂化；
②元素金属性越强第一电离能越小，该配合物中长周期元素Sb、La的第一电离能由大到小的顺序为La >Sb；
(4)
①若上图中A 点锑原子的坐标为，根据晶胞结构图，B处在八面体空隙中，B靠近最左下角的顶点原子，Z方向的坐标分矢为，投影于xy平面，其xy的平面坐标为所以B的原子坐标为，故答案为: ；
②1个晶胞中含有La的数目为8+1=2个，含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb组成的八面体空隙中，纯粹的Sb的个数应有68-12=36个，其中有46=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12，所以一个晶胞中含有Sb的数目为24+12=24个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(2)g=3654g，设晶胞的边长为acm，==g/，a=cm，Sb原子与Sb原子的最近距离为，故为cm。
10．(1) 共价 分子 sp3 sp
(2) AB 8
【解析】
(1)
BN由共价键形成的空间网状结构，熔点高、硬度大，属于共价晶体；而干冰松软且极易升华，属于分子晶体；BN晶体中B原子形成4个B-N键，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；干冰中C原子形成2个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为2，C原子采取sp杂化，故答案为：共价；分子；sp3；sp；
(2)
①A．据图可知黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，A项正确；
B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成环状结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，B项正确；
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P-P和C-C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，C项错误；
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，D项错误；
故答案为：AB；
②根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3=(a10-7)3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3，故答案为：8；。
11．(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3
(2) 配位键 N ＜
(3) sp3 N电负性强于P，且原子半径小于P，NH3中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间距离更小，致使其成键电子对间斥力大，键角更大
(4) V形 H2O
(5) SmFeAsO1-xFx (，，0)
【解析】
(1)
基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；
(2)
NH3BH3分子中，N原子最外层含有的孤对电子数为=1，B最外层有3个电子，分别与H形成δ键，剩余一个空轨道接受来自N的电子对，形成配位键；B原子最外层电子排布式为2s22p1，N原子最外层电子排布式为2s22p3，其中N原子2p轨道为半充满结构，相对稳定，则B的第一电离能小于N的第一电离能，故答案为：配位键；N；＜；
(3)
PH3中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤对电子，则P原子为sp3杂化；NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形，电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，PH3的键角小于NH3的键角，故答案为：sp3；N电负性强于P，且原子半径小于P，NH3中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间距离更小，致使其成键电子对间斥力大，键角更大；
(4)
[H2F]+的价层电子数=2+=4，含有两对孤电子对，VSEPR模型为四面体，略去两对孤电子对，则[H2F]+离子的空间构型为V形；[H2F]+的原子总数为3、其中含有2个H原子、带一个单位正电荷，所以与其互为等电子体的分子也含有2个H原子、价电子总数为8的分子为H2O，故答案为：V形；H2O；
(5)
该晶胞中As原子个数=4×=2、Sm原子个数=4×=2、Fe原子个数=1+4×=2、F﹣和O2﹣离子总数=8×+2×=2，则该晶胞中As、Sm、Fe、F﹣和O2﹣离子总数个数之比=2：2：2：2=1：1：1：1，如果F﹣个数为x，则O2﹣个数为1-x，所以该化合物化学式为SmFeAsO1﹣xFx；该晶胞体积=(a×10﹣10×a×10﹣10×c×10﹣10)cm3=a2c×10﹣30cm3，晶体密度===g/= g/，
图1中原子1的坐标为(，，)，则原子2在x、y、z轴上投影分别位于(、、0)，则2原子晶胞参数分别为(，，0)，故答案为：SmFeAsO1﹣xFx；；(，，0)。
12．(1) 正四面体形 离子键、共价键 和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高
(2)14
(3)2
(4) 六方最密堆积
【解析】
(1)
中阴离子为，中心原子硫原子和氧原子形成四个σ键，硫原子无孤电子对，有四个杂化轨道，所以为杂化，的空间构型为正四面体形；与互为等电子体的是分子，把N原子换为S原子，原子最外层电子数增加1个，与互为等电子体；和受热分解生成和金属氧化物，所以破坏的化学键为共价键和离子键；熔点高于的原因是和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高；
(2)
中烃基对应的烃为对二甲苯，分子中共面的原子最多有14个；
(3)
Mg周围左右2个N原子含有孤电子对，与其形成配位键，上下2个N原子与Mg形成共价键，故的配位数为2；
(4)
根据晶胞图示可知，晶体中Mg的原子堆积方式为六方最密堆积；已知镁原子半径为，晶胞中正四面体的高，则六棱柱底边长为，晶胞高为，每个晶胞中镁原子个数为，晶胞中镁原子的总体积，晶胞底面积为6个正三角形面积的和，所以晶胞底面积，晶胞的空间利用率。
13．(1) 3d64s2 4
(2) 6 V形 小于 2NA
(3)Fe3O4
【解析】
(1)
Fe为26号元素，基态Fe的价电子排布式为3d64s2．基态Fe原子3d轨道上有4个未成对电子，故答案为：3d64s2；4；
(2)
①根据该阳离子的结构简式，Fe原子的配位数为6；H2O的中心原子O的价层电子对数为2+=4，空间构型为V形；O有2个孤电子对数，孤电子对数之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间斥力＞成键电子对数之间斥力，因此键角小于109°28′，故答案为：6；V形；小于；
②SCN-与CO2互为等电子体，空间构型相同，即为直线形，S和C、C和N之间共用双键，即1molSCN-中含有2molπ键，故答案为：2NA；
(3)
根据晶胞模型，Fe原子位于顶点、棱上、内部，根据均摊法，Fe的个数为4×+2×+5=6，氧原子位于晶胞内部，有8个，则原子个数比为6：8=3：4，化学式为Fe3O4，故答案为：Fe3O4。
14．(1) 或 12 6 cd
(2) BCD 1 LiC2
【解析】
(1)
①沿晶胞对角面取得截图(如图c方式截图)，碳原子在原晶胞的面心，则在图(c)中位于矩形的两条棱上，而原晶胞棱上没有碳原子，则另两条棱上没有碳原子，在原晶胞的四个互不共面的小立方体中心处各放置一个碳原子，则有2个碳原子在矩形的对角线上，图形为或，故答案为：或；
②金刚石晶体中，每个碳原子能形成4个共价键，每个碳原子周围的任意两根碳碳键被2个六元碳环所共有，故金刚石晶体中每个碳原子被12个六元碳环所共有，每个C—C被6个六元碳环所共用，故答案为：12；6；
③a．该“碳氧化物”晶体中碳原子含有4条键，则碳原子周围的氧原子数是4，故a错误；
b．该晶胞为原子晶体，不含有“碳氧化物”分子，故b错误；
c．该“碳氧化物”中，每一个碳原子周围有4个氧原子，而氧原子周围有2个碳原子，则化学式为CO2，故c正确；
d．“碳氧化物”中，每一个碳原子周围有4个氧原子，而氧原子周围有2个碳原子，形成空间网状结构，则这种晶体是共价晶体，故d正确；
答案选cd，故答案为：cd；
(2)
①A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误；
B．每个C原子形成3个σ键，且不存在孤电子对，C原子为sp2杂化，故B正确；
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力，故C正确；
D．层内每个碳原子与三个碳原子形成共价键，故D正确；
E．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为2，故E错误；
答案选BCD，故答案为：BCD；
③Li+嵌入石墨的两层间，每层上下均有Li+，故图中Li+相当于每一层单独占有，每个Li+周围单独占有6个C原子，Li+与C原子之比为1：6，所以LixC6中x=1，若每个六元环都对应一个Li+，六元环上碳原子为3个环共用，碳原子给一个环的贡献率为， Li与C原子数目之比为1：6，所以化学式为LiC2， 故答案为：1；LiC2。
15．(1) C B
(2) 正四面体 H
(3) 非极性 > 键长越短，键能越大
(4) 8 或等
【解析】
(1)
A是基态铝原子，B是激发态铝原子，C是基态Al+，D是激发态Al+，电离出第一个电子所需要的能量小于第二电子，CD 电离最外层一个电子所需能量是第二电离能，激发态能量高，失去第二个电子所需要的能量比基态Al+的能量小，故电离最外层一个电子所需能量最大的是基态Al+，答案为C，电离最外层一个电子所需能量最小的是激发态铝原子，答案为B；
(2)
的价层电子对数为4，故空间构型是正四面体，利用同主族变换和左右移位法可得，与其互为等电子体的一种阳离子是，非金属元素的电负性大于非金属元素的电负性，金属性越强，电负性越小，因此中元素电负性大小顺序为，电负性最大的为H。
(3)
由图可知，二聚物中原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对为4，原子的杂化轨道类型是杂化；由的结构可知，正负电荷重心重合，说明是非极性分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键长越长键能越小，故键能：1>2。
(4)
由图可知，个数：，个数为：，中与个数比为3：1，故代表，表示，表示；位于8个小立方体的体心，故的配位数为8，由该晶体的密度为，，则晶胞参数为，则距离最近的两个的核间距为。
16．(1) Cu(OH)2＋4NH3 H2O＝＋4H2O＋2OH－ 离子键、共价键、配位键 16NA N＞H＞Cu sp3 大
(2) Cu2AlMn (1，，)
【解析】
(1)
①蓝色沉淀中继续滴加氨水，沉淀溶解并得到深蓝色溶液，则沉淀溶解的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3 H2O＝＋4H2O＋2OH－；故答案为：Cu(OH)2＋4NH3 H2O＝＋4H2O＋2OH－；
②向深蓝色溶液中继续加入乙醇，会析出深蓝色的晶体。该晶体中含有硫酸根和四氨和铜离子，两者形成离子键，氨气、硫酸根内部含有共价键，氨气和铜离子形成配位键，因此含有的化学键类型为离子键、共价键、配位键。每个氨气有3个键，每个氨气和铜离子形成一个键，因此在该晶体中含有键的数目为16NA；故答案为：离子键、共价键、配位键；16NA；
③根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此中各元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞Cu，其中N原子价层电子对数为，则N原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：N＞H＞Cu；sp3；
④中与铜离子形成配位键，而单独的分子有1对孤对电子，根据独对电子对成键电子对的排斥力大，因此中的键角比独立存在的分子结构中的键角大；故答案为：大；
(2)
①合金中Al个数为4，Mn个数为4，Cu个数为，则合金的化学式为Cu2AlMn；故答案为：Cu2AlMn；
②若A原子的坐标参数为(0，1，0)，根据图中B的位置得到B原子的坐标参数为(1，，)；故答案为：(1，，)；
③已知该合金晶体的密度为，设晶胞参数为a，则，解得，而Al在四个小立方体的中心，根据图中得到最近的两个Al原子间的距离为nm；故答案为：。
17．(1) ds
(2) O
(3) 、 23
(4)
(5) 分子中含有的羟基和羧基能与水分子形成氢键 小于
(6)
【解析】
【详解】
(1)锌元素的原子序数为30，电子排布式为，位于元素周期表第四周期ⅡB族，处于ds区；锌失去2个电子形成锌离子，则基态锌离子的核外价电子排布式为。
(2)一般情况下，非金属元素的电负性大于金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则O元素的电负性最大；氧元素可形成、这2种单质，其中氧气是非极性分子，臭氧是极性分子。
(3)葡萄糖酸分子中含有饱和碳原子和不饱和碳原子，C原子的杂化方式分别为、；葡萄糖分子中的单键均为键，双键中有1个键，则1 mol葡萄糖分子中含有23 mol 键。
(4)中配体为氨分子，氨分子的空间构型为三角锥形，水合氢离子的空间构型与氨分子相同。
(5)葡萄糖酸分子中含有的羟基和羧基均为亲水基，都能与水分子形成氢键，所以葡萄糖酸易溶于水；葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌。
(6)由晶胞结构可知，小球代表锌离子，大球代表葡萄糖酸根离子，1个晶胞中存在4个葡萄糖酸锌，由晶胞质量公式可知阿伏加德罗常数为。
答案第1页，共2页
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1．（2022·福建省南平市高级中学高二期中）为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：
(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中_______(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区。[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是_______。
(2)表中是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：_______。
元素 Fe Cu
第一电离能I1/kJ·mol-1 759 746
第二电离能I2/kJ·mol-1 1561 1958
(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4[Fe(CN)6]。
①CN-的电子式是_______；该配离子中配位原子是_______。
②该配合物中存在的作用力类型有_______(填字母)。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
(4)MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是_______。
(5)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、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等。
①第一电离能：As_______Se(填“＞”、“＜”或“=”)。
②硫化锌的晶胞中(结构如图所示)，硫离子的配位数是_______。
③二氧化硒分子的空间构型为_______。
2．（2022·山东菏泽·高二期中）周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子。工业上通过分离液态空气获得X单质。Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和。Z基态原子的最高能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。回答下列问题：
(1)往Z的硫酸盐溶液中通入过量的WH3，可生成[Z(WH3)2(H2X)2]SO4。
①基态Z2+的价电子排布图是____。
②该络合物阳离子中存在的化学键有____，阴离子的空间构型是____。
③该络合物中WH3的键角比独立存在的WH3分子结构中的键角____(填“大”“小”或“相等”)，判断理由是____。
④该化合物加热时首先失去的组分是____(写化学式)。
(2)一种Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示(黑点代表Z原子)。
①该晶体的化学式为____。
②已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0，则Y与Z形成的化合物属于____(填“离子”或“共价”)化合物。
③已知Z单质晶体为面心立方，晶体的密度为ρg cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中Z原子半径为____cm(写计算式)。
3．（2022·河北邢台·模拟预测）一种无机纳米晶体材料，仅由铯、铅、溴三种元素构成，在太阳能电池方向有巨大应用前景。回答下列问题：
(1)基态原子核外电子占据能量最高的能级的电子云轮廓图形状为_______。属于_______区元素。
(2)位于同主族，元素的第一电离能分别为、。的原因是_______。
(3)三种元素的电负性如下表。具有较高的熔点(855℃)，PbBr2具有较低的熔点(373℃)，原因是_______。
电负性
F Br Pb
4.0 2.8 1.9
(4)该晶体材料的立方结构如图所示，其化学式为_______。若其晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度=_______。
(5)该晶体材料电池并未实现商业化，原因在于自身的不稳定性。
①该晶体材料在潮湿环境中易从固体变成溶液(发生相变)，导致器件效率降低，其原因是_______。
②某大学采用对该材料进行钝化处理可有效提高其稳定性，钝化机理如图所示。根据晶格应变驰豫，_______(离子)脱离晶格，用钝化后的晶体比原晶体材料更稳定，其原因是_______。
(已知：应力与应变相伴而生，从原子尺度上来理解，应力为单位晶格上的作用力，应变即为晶格的拉伸或收缩，对应于拉伸应变和压缩应变。对应出现的驰豫是指一个宏观平衡系统由于受到外界的作用变为非平衡状态，再从非平衡状态过渡到新的平衡态的过程。)
4．（2022·湖北武汉·高二期中）物质的结构决定物质的性质。请回答下列问题：
(1)下列有关物质结构与性质的说法中错误的有_______(填标号)。
A．酸性强弱：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸
B．C2H4分子中的H原子与C原子之间形成s-sp2σ键
C．价层电子对互斥模型中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
D．H2S和NH3均是价层电子对数为4的极性分子，且H2S分子的键角较小
E.冰属于分子晶体，其中的氢键可以表示为O- H …O，具有“分子密堆积”特征
(2)石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体(见下图)。从石墨中剥离出石墨烯需要破坏的作用力是_______，12g石墨烯中由碳原子连接成的六元环的物质的量约为_______mol。
(3)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物，它们能与碱金属离子作用并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。由于烯烃难溶于水，故被KMnO4水溶液氧化的效果较差。
①烯烃难溶于水的原因是_______。
②若在烯烃中溶人某冠醚，与KMnO4发生如下所示的变化后，氧化效果明显提升。加入该冠醚后，烯烃的氧化效果明显提升的原因是_______。
KMnO4+
(4)多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”。下列物质中存在“离域π键”的是_______(填标号)。
A．苯 B．三氧化硫 C．四氯化碳 D．环己烷
(5)硅的含氧化合物都以硅氧四面体(SiO)作为基本结构单元，如图甲所示，可简化为图乙。硅氧四面体通过共用氧原子可形成各种不同的硅酸根离子，如图丙和图丁，则丙的化学式为_______。在无限长链的硅酸根离子中硅原子与氧原子个数比为_______。
5．（2022·广东惠州·高二期中）中国科学技术大学俞书宏教授团队和高敏锐教授课题组通过室温过饱和溶液共沉积法，实现了无定形NiFeMo氧化物纳米材料的宏量制备，该方法简便快捷，反应几分钟即可一次性生产多达515克的产物，制备的无定形NiFeMo氧化物在碱性条件下展示出优异的OER催化活性，明显优于结晶型NiFeMo氧化物。根据所学知识回答下列问题：
(1)区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为_______，结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的_______。
(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，是获得高纯度纳米镍的原料，Ni(CO)4的配位原子是_______。
(3)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是_______(填编号)。
A． B．
C． D．
(4)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_______，其中Fe的配位数为_______。
(5)立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为a pm，列式表示NiO晶体的密度为_______g/cm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。
6．（2022·浙江温州·高二期中）人们常在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素。
(1)纳米TiO2是种应用广泛的催化剂，在太阳光照射下，可以降解酚、醛等多种有机物。22号元素钛位于元素周期表的_______区，基态钛原子的价层电子轨道表示式为_______。TiCl4的水解反应可以制得TiO2·xH2O，过滤后再经焙烧可以得到TiO2，写出TiCl4水解反应的化学方程式_______。
(2)铬(Cr)是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。对于基态原子，下列叙述不正确的是_______(填标号)。
A．核外电子有24种运动状态，处在7个不同的能级上
B．核外电子排布是[Ar]3d54s1，是第四周期元素中未成对电子数最多的元素
C．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
D．电负性比钾大，原子对键合电子的吸引力比钾大
(3)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是_______，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为_______(写出表达式，用a、c和NA表示，)。
7．（2022·浙江·宁波咸祥中学高二期中）第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物，单质铁、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域，请回答下列问题：
(1)Fe2+的核外电子排布式为____。
(2)NH3是一种很好的配体，NH3的沸点____(填“>”“=”或“<”)AsH3。
(3)N原子核外有____种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为____。
(4)科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如图，图中虚线表示的作用力为____。
(5)向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A，其结构如图所示，图中M代表Fe3+，则Fe3+与氮原子之间形成的化学键是____。
8．（2022·四川·成都实外高二阶段练习）新型铜锌锡硫化合物(CuxZnySnzSn)薄膜太阳能电池近年来已经成为可再生能源领域的研究热点。回答下列问题：
(1)Si、P、S三种元素中第一电离能最小的是___________，电负性最大的元素是___________。
(2)比较SO和SO中键角大小，并解释原因___________。
(3)某单质晶体的晶胞如下图，已知a微粒的原子坐标为(1，1，1)b微粒的原子坐标为___________。其晶胞俯视图为(II中选择)___________，
(I)
(II)A、 B、 C、 D、
(4)Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。
已知：晶胞参数(边长)为anm，密度为dg·cm-3
①Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于___________位置，两个Na之间的最短距离为___________nm。
②用a、d表示阿伏加德罗常数的值___________(列计算式)。
9．（2022·福建·模拟预测）铁、镧、锑的合金能实现热电效应。所谓的热电效应，是当受热物体中的电子(空穴)，因随着温度梯度由高温区往低温区移动时，所产生电流或电荷堆积的一种现象。若选用具有明显的热电效应的稀有矿物石为原料，加入到墙体材料中，在与空气接触中，随温度变化可发生极化，并向外放电， 起到净化室内空气的作用。
(1)镧与Sc同族位于第六周期。镧的价电子排布式为_______，锑的核外有_______种运动状态不同的电子。
(2)多数配离子显示的颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用 表示)，它与中心离子的电子构型、电荷、配体有关。试判断分裂能 [Fe(H2O)6]3+(黄色)_______ [Fe(H2O)6]2+(浅绿色) 填“大于”，“小于”或“等于”)，原因是_______。
(3)一种镧，锑形成的配合物结构如图所示
①该结构中，中心离子La3+配位数为_______，碳的杂化方式为_______。
②该配合物中长周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)某铁、镧、锑的合金晶胞如下图1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如下图2。
①若上图中A 点锑原子的坐标为，则B点铁原子的坐标为_______。
②若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则Sb原子与Sb原子的最近距离为_______cm。
10．（2022·福建三明·高二期中）非金属元素虽然种类不多，但是在自然界中的丰度却很大，请回答下列问题：
(1)BN(氮化硼，晶胞结构如图)和CO2中的化学键均为共价键，BN的熔点高且硬度大，CO2的晶体干冰却松软且极易升华。由此可以判断： BN可能是_______晶体，CO2可能是_______晶体，BN晶体中B原子的杂化轨道类型为_______，干冰中C原子的杂化轨道类型为_______ 。
(2)磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图甲)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷—石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图乙所示。
回答下列问题：
①根据图甲和图乙的信息，下列说法正确的有_______(填序号)。
A．黑磷区中P-P键的键能不完全相同。
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了物理反应
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
②贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图丙所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_______，晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
11．（2022·新疆·二模）氮族元素的单质及其化合物在生产和生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)写出基态As原子的核外电子排布式____。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是一种具有潜力的固体储氢材料，其分子中，N—B化学键称为____键，其电子对由____提供；第一电离能：B____N。(填“＞”、“＜”或“=”)
(3)气态氢化物膦(PH3)中心原子的杂化方式为____。PH3和NH3的键角分别为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的原因____。
(4)[H2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为____，写出一种与[H2F]+互为等电子体的常见分子____。(填化学式)
(5)一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。
图中F-和O2+共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表示为____；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=____g cm-3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子的坐标为(，，)，则原子2的坐标为____。
12．（2022·广东·模拟预测）金属镁及其化合物在工农业生产和生活等方面有广泛的应用，请回答下列问题：
(1)金属镁能形成多种盐，其中中阴离子的空间构型为_______；与中阴离子互为等电子体的分子为_______(填化学式，任写一种)；和虽是同主族碳酸盐，但熔点高，而热稳定性高，它们受热分解时破坏的化学键为_______，熔点高于的原因是_______。
(2)格氏试剂(RMgX)是镁的一类重要化合物，在有机合成中有着重要的作用，在中，烃基对应的烃分子中共面的原子最多有_______个。
(3)酞菁镁为紫色粉末，其结构如图甲所示，酞菁镁中镁元素的化合价为+2，的配位数为_______。
(4)晶体中Mg的原子堆积方式如图乙所示，这种堆积方式称为_______。已知镁原子半径为r，晶体中四个相邻的镁原子紧密堆积成正四面体，两层镁原子形成的正四面体的高，则晶胞的空间利用率为_______%(只写出化简式，不需计算结果)。
13．（2022·广东·佛山市第四中学高二阶段练习）铁元素在地壳中含量丰富，应用广泛：回答以下问题：
(1)基态Fe的价电子排布式为_______，其中未成对电子数目为_______。
(2)水溶液中发生水解，水解过程中出现双核阳离子。
①该双核阳离子中，原子的配位数为_______，配体的空间构型为_______，其键角_______109°28′ (填“大于”、“小于”或“等于”)。
②用可检验溶液中的存在，l mol中中含有的π键数目为_______NA。
(3)铁的氧化物有多种，科研工作者常使用来表示各种铁氧化物。如图为某种铁的氧化物样品的晶胞结构，其化学式为_______。
14．（2022·湖南师大附中高二期末）碳原子构成的单质具有多种同素异形体，也对应着有多种不同晶体类型。请根据以下信息，回答下列问题。
(1)下图为金刚石的晶胞：
①沿晶胞对角面取得截图(如图c方式截图)，所得截图如图d所示，请在图d中白圈处找出未画出的碳原子，请在图中白圈处找出未画出的碳原子，并在相应位置上按图示碳原子涂黑_______。
②已知在金刚石晶体中，每个碳原子周围的任意两根碳碳键被2个六元碳环所共有，请计算：金刚石晶体中每个碳原子被_______个六元碳环所共有，每个C—C被_______个六元碳环所共用。
③若再将任何两个成键的碳原子连线的中心处插入一个氧原子，就构成了某种特殊“碳氧化物”的晶胞。下列说法正确的是_______(填标号)。
a.该“碳氧化物”晶体中每个碳原子周围的氧原子数是2
b.一个晶胞中含有8个“碳氧化物”分子
c.该“碳氧化物”的化学式为CO2
d.这种晶体是共价晶体
(2)①下图为石墨和石墨烯的结构示意图。石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法正确的是_______。
A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B．石墨中的碳原子采取sp2杂化
C．石墨属于混合型晶体，层与层之间存在分子间作用力
D．层内碳原子间存在共价键
E.石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
②石墨可用作锂离子电池的负极材料，Li+嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixC6的嵌入化合物，某石墨嵌入化合物的平面结构如图所示，则x=_______；若每个六元环都对应一个Li+，则化学式为_______。
15．（2022·上海·高三专题练习）铝在自然界中的存在极为广泛，在航空、建筑、汽车三大重要工业的发展中具有重要的作用。回答下列问题：
(1)下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号，下同)，最小的是_______。
A． B．
C． D．
(2)当过量的和在乙醚中反应可生成。由和构成，的空间构型是_______，与其互为等电子体的一种阳离子是_______(填离子符号)，中元素的电负性最大的为_______(填元素符号)。
(3)的相对分子质量为133.5，183℃开始升华，易溶于水、乙醚等，其二聚物()的结构如图所示，其中原子的杂化轨道类型是_______，是_______(填“极性”或“非极性”)分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键能：1_______2(填“<”“>”或“=”)，判断依据是_______。
(4)冰晶石()常用作铝电解的助熔剂和研磨产品的耐磨添加剂，其晶胞如图所示，两种微粒分别是和，图中●位于顶点和面心，○位于棱的中心和8个小立方体的体心，则代表_______(填微粒符号)；距离●最近的○的个数为_______。已知该晶体的密度为，则晶胞中距离最近的两个○的核间距为_______pm(用表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
16．（2022·辽宁·辽阳县第一高级中学高二阶段练习）铜及其化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
(1)①将氨水逐滴加入硫酸铜溶液中，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解并得到深蓝色溶液，写出沉淀溶解的离子方程式：_______。
②向深蓝色溶液中继续加入乙醇，会析出深蓝色的晶体。该晶体中含有的化学键类型为_______。在该晶体中含有键的数目为_______。
③中各元素电负性由大到小的顺序为_______，其中N原子的杂化轨道类型为_______。
④中的键角比独立存在的分子结构中的键角_______。(填“大”“小”或“相等”)
(2)Cu Mn Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示
①合金的化学式为_______。
②若A原子的坐标参数为(0，1，0)，则B原子的坐标参数为_______。
③已知该合金晶体的密度为，则最近的两个Al原子间的距离为_______nm(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
17．（2022·上海·模拟预测）葡萄糖酸锌( )为有机锌补剂，对胃黏膜刺激小，在体内易被人体吸收，且吸收率高，溶解性好。回答下列问题：
(1)锌元素位于元素周期表_______区，锌离子的价电子排布式为_______。
(2)葡萄糖酸锌组成元素中电负性最强的元素为_______，该元素的单质中属于极性分子的是_______。
(3)葡萄糖酸中C原子的杂化方式为_______，1 mol葡萄糖分子中含有_______mol 键。
(4)葡萄糖酸锌溶于氨水能生成，离子中配体为_______，与配体空间构型相同的阳离子为_______。
(5)葡萄糖酸易溶于水的原因是_______，葡萄糖酸的熔点_______(填“大于”“小于”或“等于”)葡萄糖酸锌的熔点。
(6)若用代表葡萄糖酸锌(相对分子质量为456)，其晶胞结构如图所示，若晶胞参数为a nm，晶体密度为，则阿伏加德罗常数为_______(列出计算式即可)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) ds 直线形
(2)失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子
(3)
C BCD
(4)二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS
(5) ＞ 4 角形或V形
【解析】
(1)
Ag与Cu在同一族，Cu为周期表中ds区元素，则Ag在周期表中ds区。[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则Ag+与两个配位N原子在同一直线上，所以该配离子的空间构型是直线形。答案为：ds；直线形；
(2)
从表中Fe和Cu的部分电离能数据看，I2(Cu)大于I2(Fe)，则主要是Cu+3d轨道全充满，由此得出主要原因：失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子。答案为：失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子；
(3)
①CN-离子中，C与N原子间形成三对共用电子，电子式是 ；该配离子中配位原子是C。
②配合物K4[Fe(CN)6]中，K+与[Fe(CN)6]4-间形成离子键，Fe2+与C原子间形成配位键，C、N原子间形成共价键，所以存在的作用力类型有BCD。答案为： ；C；BCD；
(4)
MnO、MnS都形成离子晶体，MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，应从晶格能进行分析，其主要原因是：二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS。答案为：二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS；
(5)
①As与Se为相邻的同周期元素，As的4p轨道半满，则第一电离能出现反应，从而得出第一电离能：As＞Se。
②从硫化锌的晶胞图可以看出，Zn2+连接4个S2-，则Zn2+的配位数为4，而晶胞中，Zn2+与S2-的个数比为1:1，则硫离子的配位数是4。
③硒与硫同主族，二氧化硒分子的空间构型与二氧化硫相似，也存在中心Se原子的孤对电子对成键电子的排斥作用，所以为角形或V形。答案为：＞；4；角形或V形。
【点睛】
在晶胞中，可以利用化学式，将一种微粒的配位数，转化为另一种微粒的配位数。
2．(1) 共价键和配位键 正四面体形 大 氨分子中存在1对孤对电子，形成络离子后孤电子对转化为成键电子对，成键电子对间的排斥作用小于孤电子对与成键电子对之间的排斥作用 H2O
(2) CuCl 共价
【解析】
周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子，则R为C元素，工业上通过分离液态空气获得X单质，则X为O元素，W为N元素；Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和，则Y为Cl元素，Z基态原子的最高能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则Z为Cu元素。
(1)
①Cu为29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu2+的价电子排布式为3d9，基态Cu2+的价电子排布图是。
②该络合物阳离子为[Cu(NH3)2(H2O)2]2+，存在的化学键有共价键和配位键，阴离子的中心原子S的价层电子对数为，故其空间构型是正四面体形。
③氨分子中存在1对孤对电子，形成络离子后孤电子对转化为成键电子对，成键电子对间的排斥作用小于孤电子对与成键电子对之间的排斥作用，故该络合物中NH3的键角比独立存在的NH3分子结构中的键角大。
④由于O的电负性比N大，故O对孤电子对的吸引力更强，与中心离子的结合能力较弱，故该化合物加热时首先失去的组分是H2O。
(2)
①由晶胞结构图可知，该晶胞中Cl原子的个数为，Cu原子的个数为4，故该晶体的化学式为CuCl。
②已知乙和Y的电负性分别为1.9和3.0，二者电负性差值小于1.7，则Y与Z形成的化合物属于共价化合物。
③已知Z单质晶体为面心立方，则一个晶胞中Cu的个数为，晶体的密度为ρg cm-3，则晶胞的边长为，面心立方晶胞中位于面对角线上的3个原子是相切的关系，晶体中Z原子半径为r，则有，则晶体中Z原子半径为cm。
3．(1) 纺锤形或哑铃形 p
(2)Na和Cs同主族，Cs电子层多，原子半径大，易失电子
(3)PbF2为离子晶体，融化时克服离子键；PbBr2为分子晶体，融化时克服分子间作用力
(4) CsPbBr3
(5) 离子晶体易溶于水发生相变 Br- Cd2+部分替换晶格中的铅离子之后，使得晶格畸变应力减小，CdBr2中的溴离子填充溴空位缺陷，使得晶体更加稳定。
【解析】
(1)
基态溴原子的价层电子排布为4s24p5，电子占据的最高能级为4p，电子云轮廓图为纺锤形或哑铃形；Pb在IVA族，属于p区；
(2)
Na和Cs同主族，Cs电子层多，原子半径大，易失电子；
(3)
一般认为两种元素的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，F与Pb电负性差值大于1.7，故PbF2为离子晶体，Br与Pb电负性差值小于1.7，PbBr2为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；
(4)
该晶体中，Cs位于所有顶点、面心、体心、棱上，均摊法计算个数为8个；Pb位于内部由Br构成的八面体空隙中，共8个；Br的位置在组成该晶胞的八个小立方体的面心，六个面每个面上有4个，晶胞内部有12个，根据均摊法计算Br的个数为24个，故晶体的化学式为CsPbBr3，晶体的密度为： ；
(5)
①该晶体材料中含有典型金属元素铯、典型非金属元素溴，属于离子晶体，易溶于水发生相变；
②Cd2+的半径小于Pb2+，当Cd2+部分替换晶格中的Pb2+之后，使得晶格畸变应力减小，结构更加稳定；CdBr2中的溴离子填充溴空位缺陷，使得晶体更加稳定。
4．(1)E
(2) 分子间作用力 0.5
(3) 烯烃分子的极性较差或为非极性分子，水分子为极性分子，根据相似相溶原理可知，烯烃难溶于水。 该冠醚可溶于烯烃，加入冠醚之中的K+因静电作用将MnO带入烯烃中，增大了反应物的接触面积，提高了氧化效果
(4)AB
(5) Si2O 1：3
【解析】
(1)
A．三种酸中，电负性F>Cl>H，F对电子对的吸引能力更强，使得羧基中羟基氢更容易电离，故酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，A正确；
B．C2H4分子中C原子杂化方式为sp2杂化，形成化学键时C原子用sp2杂化轨道成键， H原子用s轨道成键，故H原子与C原子之间形成s-sp2σ键，B正确；
C．价层电子对互斥模型中，键电子对和孤电子对计入中心原子的价层电子对数，C正确；
D．H2S和NH3均是价层电子对数为4的极性分子，NH3和H2S分别含1对和2对孤电子对，孤电子对越多，斥力越大，键角越小，故H2S分子的键角较小，D正确；
E．只含有分子间作用力的分子晶体具有“分子密堆积”特征，冰属于分子晶体，但含氢键，不具有“分子密堆积”特征；
故选E。
(2)
石墨中层与层之间为分子间作用力，故从石墨中剥离出石墨烯需要破坏的作用力是分子间作用力；每个C原子参与形成3个六元环，每个六元环中含的C原子个数为： ，12g石墨烯中C原子的物质的量为1mol，即形成六元环的物质的量为0.5mol；
(3)
烯烃分子不含亲水性基团，极性较差或为非极性分子，而水分子为极性分子，根据相似相溶原理可知，烯烃难溶于水。故答案为烯烃分子的极性较差或为非极性分子，水分子为极性分子，根据相似相溶原理可知，烯烃难溶于水。高锰酸钾溶液和烯烃不互溶，该冠醚可溶于烯烃，加入冠醚之中的K+因静电作用将带入烯烃中，增大了反应物的接触面积，提高了氧化效果，故答案为该冠醚可溶于烯烃，加入冠醚之中的K+因静电作用将带入烯烃中，增大了反应物的接触面积，提高了氧化效果；
(4)
四氯化碳和环己烷中碳原子杂化方式均为sp3杂化，不能形成大π键；而苯和三氧化硫中中心原子均为sp2杂化，还有未杂化p轨道，可形成大π键，故选AB；
(5)
由图可知，甲的化学式为，形成的二聚硅酸根离子是由两个通过共用1个O原子形成的，可知丙的化学式为；根据丁的结构可知，每个与2个均共用1个O原子，硅氧原子个数比为。
5．(1) X-射线衍射实验 自范性
(2)C
(3)A
(4) 或 4
(5)或
【解析】
(1)
X-射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性，故答案为：X-射线衍射实验；自范性；
(2)
配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，根据相似相容原理，Ni(CO)4是非极性分子，CO分子中C原子含有孤对电子，可以提供电子，做配体，则配位原子为C原子，故答案为：C；
(3)
A．电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第四电离能，3d轨道有5个电子，结构稳定，需要的能量大；
B．电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第三电离能，3d轨道有6个电子，结构不稳定，需要的能量小；
C．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第三电离能，需要的能量小；
D．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第四电离能，需要的能量较小；
电离最外层的一个电子所需能量最大的，故答案为：A；
(4)
FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下通过配位键形成双聚分子，以双聚分子存在的FeCl3的结构式为 或，其中Fe的配位数为4，故答案为： 或 ；4；
(5)
根据立方NiO(氧化镍)晶体的结构图，1个晶胞含有O2-数为，Ni2+数，其晶胞边长为apm，NiO晶体的密度为g/cm3=g/cm3，故答案为：或。
6．(1) d TiCl4+(x+2)=TiO2·xH2O+4HCl
(2)C
(3) 8
【解析】
(1)
22号元素钛位于元素周期表第四周期第ⅢB族，属于元素周期表的d区元素；
根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是[Ar]3d24s2，所以Ti原子的价电子的价电子的轨道表达式为；
TiCl4的水解反应可以制得TiO2·xH2O，TiCl4发生水解反应产生TiO2·xH2O、HCl，水解反应的化学方程式为：TiCl4+(x+2)=TiO2·xH2O+4HCl；
(2)
A．Cr是24号元素，在任何原子核外不存在运动状态完全相同的电子，则Cr原子核外电子有24种运动状态，根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，原子核外有7个能级，因此24个电子处在7个不同的能级上，A正确；
B．根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，可简写为[Ar] 3d54s1，有6个成单电子，所以第四周期元素中未成对电子数最多的元素，B正确；
C．4s电子能量较高，其在原子核外运动时，在比3s电子离核更远的地方运动的几率相对较大，而不能说总是在比3s电子离核更远的地方运动，C错误；
D．K、Cr是第四周期元素，由于同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，原子失去电子就越难，其电负性就越大，则铬的电负性比钾大，原子对键合电子的吸引力比钾大，D正确；
故合理选项是C；
(3)
根据图知，每个Zr4+与8个O2-等距离且最近，所以Zr4+的配位数是8；
该晶胞中Zr4+的个数：8×+6×=4；O2-的个数为8，所以根据晶胞的密度计算公式，可得其密度ρ=。
7．(1)1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6
(2)>
(3) 七(或7) 哑铃形
(4)氢键、配位键
(5)配位键
【解析】
(1)
Fe的原子序数为26，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，所以Fe2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；
(2)
NH3分子间可以形成氢键，使其沸点升高，故NH3的沸点高于AsH3，故答案为：>；
(3)
基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，原子核外有 7个电子，原子核外有几个电子，其核外电子就有几种运动状态，因此有7种运动状态不同的电子；电子占据的最高能级符号为2p，其原子轨道为哑铃形，故答案为：7；哑铃状；
(4)
由图可知，铜与氧之间的虚线表示的作用力为配位键，氢与氧之间的虚线表示氢键，故答案为：氢键、配位键；
(5)
Fe3+为中心离子，N含有一对孤电子对，Fe3+含有空轨道，可形成配位键，故答案为：配位键。
8．(1) Si S
(2)SO离子中有一对孤对电子，对三对成键电子对有排斥作用，微粒呈三角锥形，SO中无孤对电子四个键呈正四面体分布，故键角SO大
(3) (0.75，0.25，0.25) D
(4) 面心
【解析】
(1)
①Si、P、S三种元属于同周期，同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，故Si、P、S第一电离能最小的是Si；
②Si、P、S三种元属于同周期，同周期从左往右电负性增大（除稀有气体外），因此电负性最大的是S；
(2)
SO中中心原子S价层电子对数为，SO中中心原子S价层电子对数为 ，根据孤电子对之间的斥力＞孤电子对数-成键电子之间的斥力＞成键电子之间的斥力，SO离子中有一对孤对电子，对三对成键电子对有排斥作用，微粒呈三角锥形，SO中无孤对电子四个键呈正四面体分布，故键角SO大
(3)
①由图可知，已知a微粒的原子坐标为(1，1，1)，b为面心的中点，，，，可知b微粒的原子坐标为(0.75，0.25，0.25)；
②根据晶胞图分析可得对角线位置有5个原子，其晶胞俯视图为D；
(4)
①由晶胞结构图可知，Na位于面心的位置；2个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍，所以两个Na原子之间的最短距离为；
②已知：晶胞参数为a nm，密度为，则，则。
9．(1) 5d16s2 51
(2) > Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
(3) 5 sp2、sp3 Sb> La
(4) cm
【解析】
(1)
镧为57号元素，其价电子排布式为5d16s2；锑元素为51号元素，原子核外有51个电子，锑的核外有51种运动状态不同的电子；
(2)
在[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+中中心原子分别为Fe3+和Fe2+，从带电荷考虑，Fe3+带正电荷高，吸引电子的能力强;从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3d6，3d5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需的能量高，综合以上分析，分裂能△[Fe(H2O)6]3+> △[Fe(H2O)6]2+， 理由是:Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强; Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
故答案为: > ; Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
(3)
①根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子La3+配位数为5；
羧基、苯环中的碳都是sp2杂化,苯环侧链上的C为sp3杂化；
②元素金属性越强第一电离能越小，该配合物中长周期元素Sb、La的第一电离能由大到小的顺序为La >Sb；
(4)
①若上图中A 点锑原子的坐标为，根据晶胞结构图，B处在八面体空隙中，B靠近最左下角的顶点原子，Z方向的坐标分矢为，投影于xy平面，其xy的平面坐标为所以B的原子坐标为，故答案为: ；
②1个晶胞中含有La的数目为8+1=2个，含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb组成的八面体空隙中，纯粹的Sb的个数应有68-12=36个，其中有46=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12，所以一个晶胞中含有Sb的数目为24+12=24个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(2)g=3654g，设晶胞的边长为acm，==g/，a=cm，Sb原子与Sb原子的最近距离为，故为cm。
10．(1) 共价 分子 sp3 sp
(2) AB 8
【解析】
(1)
BN由共价键形成的空间网状结构，熔点高、硬度大，属于共价晶体；而干冰松软且极易升华，属于分子晶体；BN晶体中B原子形成4个B-N键，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；干冰中C原子形成2个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为2，C原子采取sp杂化，故答案为：共价；分子；sp3；sp；
(2)
①A．据图可知黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，A项正确；
B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成环状结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，B项正确；
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P-P和C-C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，C项错误；
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，D项错误；
故答案为：AB；
②根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3=(a10-7)3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3，故答案为：8；。
11．(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3
(2) 配位键 N ＜
(3) sp3 N电负性强于P，且原子半径小于P，NH3中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间距离更小，致使其成键电子对间斥力大，键角更大
(4) V形 H2O
(5) SmFeAsO1-xFx (，，0)
【解析】
(1)
基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；
(2)
NH3BH3分子中，N原子最外层含有的孤对电子数为=1，B最外层有3个电子，分别与H形成δ键，剩余一个空轨道接受来自N的电子对，形成配位键；B原子最外层电子排布式为2s22p1，N原子最外层电子排布式为2s22p3，其中N原子2p轨道为半充满结构，相对稳定，则B的第一电离能小于N的第一电离能，故答案为：配位键；N；＜；
(3)
PH3中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤对电子，则P原子为sp3杂化；NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形，电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，PH3的键角小于NH3的键角，故答案为：sp3；N电负性强于P，且原子半径小于P，NH3中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间距离更小，致使其成键电子对间斥力大，键角更大；
(4)
[H2F]+的价层电子数=2+=4，含有两对孤电子对，VSEPR模型为四面体，略去两对孤电子对，则[H2F]+离子的空间构型为V形；[H2F]+的原子总数为3、其中含有2个H原子、带一个单位正电荷，所以与其互为等电子体的分子也含有2个H原子、价电子总数为8的分子为H2O，故答案为：V形；H2O；
(5)
该晶胞中As原子个数=4×=2、Sm原子个数=4×=2、Fe原子个数=1+4×=2、F﹣和O2﹣离子总数=8×+2×=2，则该晶胞中As、Sm、Fe、F﹣和O2﹣离子总数个数之比=2：2：2：2=1：1：1：1，如果F﹣个数为x，则O2﹣个数为1-x，所以该化合物化学式为SmFeAsO1﹣xFx；该晶胞体积=(a×10﹣10×a×10﹣10×c×10﹣10)cm3=a2c×10﹣30cm3，晶体密度===g/= g/，
图1中原子1的坐标为(，，)，则原子2在x、y、z轴上投影分别位于(、、0)，则2原子晶胞参数分别为(，，0)，故答案为：SmFeAsO1﹣xFx；；(，，0)。
12．(1) 正四面体形 离子键、共价键 和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高
(2)14
(3)2
(4) 六方最密堆积
【解析】
(1)
中阴离子为，中心原子硫原子和氧原子形成四个σ键，硫原子无孤电子对，有四个杂化轨道，所以为杂化，的空间构型为正四面体形；与互为等电子体的是分子，把N原子换为S原子，原子最外层电子数增加1个，与互为等电子体；和受热分解生成和金属氧化物，所以破坏的化学键为共价键和离子键；熔点高于的原因是和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高；
(2)
中烃基对应的烃为对二甲苯，分子中共面的原子最多有14个；
(3)
Mg周围左右2个N原子含有孤电子对，与其形成配位键，上下2个N原子与Mg形成共价键，故的配位数为2；
(4)
根据晶胞图示可知，晶体中Mg的原子堆积方式为六方最密堆积；已知镁原子半径为，晶胞中正四面体的高，则六棱柱底边长为，晶胞高为，每个晶胞中镁原子个数为，晶胞中镁原子的总体积，晶胞底面积为6个正三角形面积的和，所以晶胞底面积，晶胞的空间利用率。
13．(1) 3d64s2 4
(2) 6 V形 小于 2NA
(3)Fe3O4
【解析】
(1)
Fe为26号元素，基态Fe的价电子排布式为3d64s2．基态Fe原子3d轨道上有4个未成对电子，故答案为：3d64s2；4；
(2)
①根据该阳离子的结构简式，Fe原子的配位数为6；H2O的中心原子O的价层电子对数为2+=4，空间构型为V形；O有2个孤电子对数，孤电子对数之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间斥力＞成键电子对数之间斥力，因此键角小于109°28′，故答案为：6；V形；小于；
②SCN-与CO2互为等电子体，空间构型相同，即为直线形，S和C、C和N之间共用双键，即1molSCN-中含有2molπ键，故答案为：2NA；
(3)
根据晶胞模型，Fe原子位于顶点、棱上、内部，根据均摊法，Fe的个数为4×+2×+5=6，氧原子位于晶胞内部，有8个，则原子个数比为6：8=3：4，化学式为Fe3O4，故答案为：Fe3O4。
14．(1) 或 12 6 cd
(2) BCD 1 LiC2
【解析】
(1)
①沿晶胞对角面取得截图(如图c方式截图)，碳原子在原晶胞的面心，则在图(c)中位于矩形的两条棱上，而原晶胞棱上没有碳原子，则另两条棱上没有碳原子，在原晶胞的四个互不共面的小立方体中心处各放置一个碳原子，则有2个碳原子在矩形的对角线上，图形为或，故答案为：或；
②金刚石晶体中，每个碳原子能形成4个共价键，每个碳原子周围的任意两根碳碳键被2个六元碳环所共有，故金刚石晶体中每个碳原子被12个六元碳环所共有，每个C—C被6个六元碳环所共用，故答案为：12；6；
③a．该“碳氧化物”晶体中碳原子含有4条键，则碳原子周围的氧原子数是4，故a错误；
b．该晶胞为原子晶体，不含有“碳氧化物”分子，故b错误；
c．该“碳氧化物”中，每一个碳原子周围有4个氧原子，而氧原子周围有2个碳原子，则化学式为CO2，故c正确；
d．“碳氧化物”中，每一个碳原子周围有4个氧原子，而氧原子周围有2个碳原子，形成空间网状结构，则这种晶体是共价晶体，故d正确；
答案选cd，故答案为：cd；
(2)
①A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误；
B．每个C原子形成3个σ键，且不存在孤电子对，C原子为sp2杂化，故B正确；
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力，故C正确；
D．层内每个碳原子与三个碳原子形成共价键，故D正确；
E．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为2，故E错误；
答案选BCD，故答案为：BCD；
③Li+嵌入石墨的两层间，每层上下均有Li+，故图中Li+相当于每一层单独占有，每个Li+周围单独占有6个C原子，Li+与C原子之比为1：6，所以LixC6中x=1，若每个六元环都对应一个Li+，六元环上碳原子为3个环共用，碳原子给一个环的贡献率为， Li与C原子数目之比为1：6，所以化学式为LiC2， 故答案为：1；LiC2。
15．(1) C B
(2) 正四面体 H
(3) 非极性 > 键长越短，键能越大
(4) 8 或等
【解析】
(1)
A是基态铝原子，B是激发态铝原子，C是基态Al+，D是激发态Al+，电离出第一个电子所需要的能量小于第二电子，CD 电离最外层一个电子所需能量是第二电离能，激发态能量高，失去第二个电子所需要的能量比基态Al+的能量小，故电离最外层一个电子所需能量最大的是基态Al+，答案为C，电离最外层一个电子所需能量最小的是激发态铝原子，答案为B；
(2)
的价层电子对数为4，故空间构型是正四面体，利用同主族变换和左右移位法可得，与其互为等电子体的一种阳离子是，非金属元素的电负性大于非金属元素的电负性，金属性越强，电负性越小，因此中元素电负性大小顺序为，电负性最大的为H。
(3)
由图可知，二聚物中原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对为4，原子的杂化轨道类型是杂化；由的结构可知，正负电荷重心重合，说明是非极性分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键长越长键能越小，故键能：1>2。
(4)
由图可知，个数：，个数为：，中与个数比为3：1，故代表，表示，表示；位于8个小立方体的体心，故的配位数为8，由该晶体的密度为，，则晶胞参数为，则距离最近的两个的核间距为。
16．(1) Cu(OH)2＋4NH3 H2O＝＋4H2O＋2OH－ 离子键、共价键、配位键 16NA N＞H＞Cu sp3 大
(2) Cu2AlMn (1，，)
【解析】
(1)
①蓝色沉淀中继续滴加氨水，沉淀溶解并得到深蓝色溶液，则沉淀溶解的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3 H2O＝＋4H2O＋2OH－；故答案为：Cu(OH)2＋4NH3 H2O＝＋4H2O＋2OH－；
②向深蓝色溶液中继续加入乙醇，会析出深蓝色的晶体。该晶体中含有硫酸根和四氨和铜离子，两者形成离子键，氨气、硫酸根内部含有共价键，氨气和铜离子形成配位键，因此含有的化学键类型为离子键、共价键、配位键。每个氨气有3个键，每个氨气和铜离子形成一个键，因此在该晶体中含有键的数目为16NA；故答案为：离子键、共价键、配位键；16NA；
③根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此中各元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞Cu，其中N原子价层电子对数为，则N原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：N＞H＞Cu；sp3；
④中与铜离子形成配位键，而单独的分子有1对孤对电子，根据独对电子对成键电子对的排斥力大，因此中的键角比独立存在的分子结构中的键角大；故答案为：大；
(2)
①合金中Al个数为4，Mn个数为4，Cu个数为，则合金的化学式为Cu2AlMn；故答案为：Cu2AlMn；
②若A原子的坐标参数为(0，1，0)，根据图中B的位置得到B原子的坐标参数为(1，，)；故答案为：(1，，)；
③已知该合金晶体的密度为，设晶胞参数为a，则，解得，而Al在四个小立方体的中心，根据图中得到最近的两个Al原子间的距离为nm；故答案为：。
17．(1) ds
(2) O
(3) 、 23
(4)
(5) 分子中含有的羟基和羧基能与水分子形成氢键 小于
(6)
【解析】
【详解】
(1)锌元素的原子序数为30，电子排布式为，位于元素周期表第四周期ⅡB族，处于ds区；锌失去2个电子形成锌离子，则基态锌离子的核外价电子排布式为。
(2)一般情况下，非金属元素的电负性大于金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则O元素的电负性最大；氧元素可形成、这2种单质，其中氧气是非极性分子，臭氧是极性分子。
(3)葡萄糖酸分子中含有饱和碳原子和不饱和碳原子，C原子的杂化方式分别为、；葡萄糖分子中的单键均为键，双键中有1个键，则1 mol葡萄糖分子中含有23 mol 键。
(4)中配体为氨分子，氨分子的空间构型为三角锥形，水合氢离子的空间构型与氨分子相同。
(5)葡萄糖酸分子中含有的羟基和羧基均为亲水基，都能与水分子形成氢键，所以葡萄糖酸易溶于水；葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌。
(6)由晶胞结构可知，小球代表锌离子，大球代表葡萄糖酸根离子，1个晶胞中存在4个葡萄糖酸锌，由晶胞质量公式可知阿伏加德罗常数为。
答案第1页，共2页
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