2022届高三化学高考备考二轮训练——物质结构与性质（word版含解析）
文档属性
| 名称 | 2022届高三化学高考备考二轮训练——物质结构与性质（word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-10 22:47:11 | ||
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文档简介
2022届高三化学高考备考二轮训练——物质结构与性质
1．（2022·河南河南·三模）中国拥有丰富的稀土矿产资源，探明的储量居世界之首。稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)共17种元素。请回答下列问题：
(1)钪(Sc)原子的价电子排布式是_______。钪元素的电离能如下表所示，钪元素的常见化合价是_______。
I1 I2 I3 I4
电离能/kJ·mol-1 633 1235 2389 7019
(2)稀土金属容易形成配合物，比如NdCl3·6H2O在水溶液中实际组成可以是[NdCl2(H2O)6]Cl，属于氯离子和水分子的混配配合物。该配合物的总配体个数是_______，[NdCl2(H2O)6]Cl中存在的化学键除了配位键外还有_______。用Nd2O3与盐酸反应制备NdCl3·6H2O的过程中，其溶剂可以是水或乙醇，为了减少配体中H2O的个数增加C1-的个数，应选用_______做溶剂。
(3)CeO2是有抗高温氧化性能的催化剂载体。可以通过下列反应制备：Ce2(C2O4)32CeO2+2CO2+4CO
①CO2中中心原子的杂化类型为_______杂化。已知CO的结构式为CO，则其分子中σ键的数目是_______，其键长比碳氧双键_______。
②CeO2的晶胞结构如图所示，属于面心立方点阵结构。Ce的配位数为_______。已知其晶胞参数a=0.54nm，若将晶胞左-后-下角上Ce的坐标计为(0，0，0)，则晶胞示意图显示的Ce原子中，坐标为(1/2，0，1/2)的两种位置的Ce原子，到(0，0，0)点的最短距离分别为0.27nm和_______nm。
2．（2022·山西临汾·三模）总订单数已经超过1000架的国产大飞机C919预定在今年交付，其制造使用了较多含硼材料(如硼纤维、氮化硼等)，多项技术打破了外国垄断。
(1)原子的能量由核电荷数、电子数、_______三个因素共同决定；基态B原子的核外电子填充在_______个轨道中。
(2)耐高温材料立方BN制备流程中用到NH3、BCl3和触媒剂Ca3B2N4。
①Ca、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为_______。
②BCl3中B原子的_______轨道与Cl原子的_______轨道形成σ键；形成BCl3过程中基态B原子价电子层电子先激发，再杂化，激发后B原子的价电子排布图为_______。
③BCl3在四氯化碳中的溶解度远大于NH3，原因是_______。
(3)硼砂是非常重要的含硼矿物。一种硼砂阴离子的结构如图1所示，则1mol该阴离子存在的配位键物质的量为_______，n=_______。
(4)制造硼合金的原料硼化钙(CaB6)晶胞结构如图2所示，硼原子全部组成B6正八面体，各个顶点通过B-B键互相连接成三维骨架。已知该晶体晶胞参数为apm，B6八面体中B-B键的键长为dpm，M点原子的坐标参数为(，，)，则N点原子的坐标参数为(___，1，0)。_______
3．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模）在金属(如：Cu、Co、Be、K等)的湿法冶炼中，某些含氮(如：)、磷[如：磷酸丁基酯(C4H9O)3P=O]等有机物作萃取剂，可将金属萃取出来，从而实现在温和条件下金属冶炼。
回答下列问题：
(1)基态Co原子核外电子排布式为[Ar]_______，有_______ 个 运动状态不同的电子。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+号表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
(3)科学家证实，BeCl2是共价化合物，请设计一个简 单实验证明该结论：_______；Be的杂化轨道类型为_______。
(4)在N、 NH3、N2H4、NH、N2H五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有_______；不能作为配位体的有_______；空间构型为直线形的是_______。
(5)氮原子的第一电离能_______(填“大于”“小于”或“等 于”)磷原子的第一电离能。
(6)分别用、表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置。若晶胞底边的边长均为a pm、高为c pm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为 _______g·cm-3(写出表达式即可)。
4．（2022·天津河东·一模）火星岩石冲含有大量氧化物，如、，、、、、等。回答下列问题：
(1)下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是___________；(填化学式)。
氧化物
离子键的百分数 62% 50% 41% 33%
(2)基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为___________形。
(3)与溶液反应生成的离子中的杂化类型是___________；和O构成的空间构型是___________。
(4)(普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中，如图是普鲁士蓝晶胞的结构，与形成配位键的是___________(填或)；离子中键与键的个数比是___________；晶胞中与一个距离相等的N有___________个。
5．（2022·天津市宁河区芦台第一中学模拟预测）环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。请回答下列问题：
(1)基态Co原子的价电子排布式为 _______。
(2)镍的氨合离子[ Ni(NH3)6]2+中存在的化学键有_______。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E. σ键 F. π键
(3)Cu、Zn的第二电离能比较：I2(Cu)_______I2(Zn) (填>、=或<)。
(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是_______。
(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a pm。
①相邻Zn2+的Se2-与之间的距离为_______pm。
②已知原子坐标：A点为(0，0，0)， B点为(1，1，1) ，则C点原子坐标为_______。
③若硒化锌晶体的密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA=_______ (用含a、ρ的计算式表示)。
6．（2022·吉林延边·一模）铜是人类广泛使用的第一种金属，含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)铜锰氧化物(CuMn2O4能在常温下催化氧化一氧化碳和甲醛(HCHO)。
①基态Cu原子的M层电子排布式为____。
②CO和N2互为等电子体。标准状况下V L CO分子中π键数目为____。
(2)钙铜合金可用作电解法制备金属钙的阴极电极材料。钙在元素周期表中位于____(填“s”、“p”、“d”或“ds")区。一种钙铜合金的结构如图(Ⅲ可看作是由Ⅰ、Ⅱ两种原子层交替堆积排列而形成的)。该钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为____。
(3)已知硫酸铜稀溶液呈蓝色，判断硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有____(填英文字母)。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．氢键 E．范德华力
(4)已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，Cu2O熔点较高的原因是____。
(5)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3-HN-CH2-CH2-NH2。则1 mol [Cu(X)2]2+微粒中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____mol。
(6)一种含有Fe、Cu、S三种元素的矿物的晶胞(如图所示)，属于四方晶系(晶胞底面为正方形)，则该化合物的化学式为____；若晶胞的底面边长为a nm，晶体的密度为p g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的高为____nm。
7．（2022·云南·二模）过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)过渡元素Co基态原子的核外电子排布式为_______；第四电离能，其原因是_______。
(2)Fe、Fe2+、Fe3+可以与CO、、、(尿素)等多种配体形成很多的配合物。
①配合物的熔点为-20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁。的结构如图所示。下列关于说法不正确的是_______(填序号)。
A．是分子晶体
B．中Fe原子的配体与互为等电子体
C．中σ键与π键之比为1∶1
D．反应中没有新化学键生成
②的电子式为_______。
③(尿素)中N原子的杂化方式为_______，组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)Ni和As形成某种晶体的晶胞图如图所示。其中，大球为Ni，小球为As，距离As最近的Ni构成正三技柱，其中晶胞下方As原子坐标为(，，)。
①Ni的配位数为_______。
②已知晶胞底面边长为apm，高为cpm，NA为阿伏加德罗常数。则晶胞密度为_______。
8．（2022·安徽·二模）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)基态镍原子核外未成对的电子数为_______个。
(2)镍不溶于水，在稀酸中可缓慢溶解，生成Ni2＋。用丁二酮肟(dmg)鉴定Ni2＋的存在时生成鲜红色的沉淀，其反应的离子方程式为Ni2＋＋2dmg-Ni(dmg)2↓＋2H＋。已知：丁二酮肟的结构式为；Ni(dmg)2的结构如图所示。
①Ni(dmg)2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
②Ni(dmg)2中所含元素电负性由大到小的顺序是_______，N原子的杂化方式为_______。
③Ni(dmg)2中Ni与N成键，而非和O成键的原因可能是_______。
④Ni(dmg)2在水中的溶解度比较小的原因是_______。
(3)铜镍合金主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。其立方晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为_______，铜原子构成的空间构型为_______，铜原子距离最近的Ni有_______个；已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞中距离最近的Ni原子和Cu原子的核间距为 _______pm(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。
9．（2022·上海·模拟预测）磷元素的化合物在科学研究和工业生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(1)下列状态的P中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
(2)白磷在空气中缓慢氧化生成P4O6，P4O6的结构如图1所示。P4O6中氧原子的杂化轨道类型为_______，每个P4O6分子中含孤电子对的数目为_______。
(3)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图2所示。在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_______，磷原子的配位数为_______。
(4)磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金。磷化铜与水反应产生有毒的磷化氢(PH3)气体，PH3分子的空间构型为_______。
(5)磷青铜晶体的晶胞结构如图3所示，该晶体中P原子位于由铜原子形成的_______的空隙中。若晶体密度为ag·cm-3，P原子与最近的Cu原子的核间距为_______nm(用含NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。
10．（2022·贵州·模拟预测）硒化镍纳米材料可用于肿瘤的光热治疗研究。回答下列问题：
(1)基态Ni2+的核外电子排布式为_______。
(2)第一电离能：Br_______(填“>”或“<”，下同)Se。未成对电子数：Br_______Se。
(3)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_______。在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_______，提供孤电子对的成键原子是_______(用元素符号表示)。
(4)硒化镍材料也可作有机合成的催化剂，例如，苯甲醛被还原成环已基甲醇，反应如下：
①环已基甲醇分子中采取sp3杂化方式的原子共有_______个。
②苯甲醛分子中的所有π电子形成了一个大π键，其中的π电子数目为_______个。
(5)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如图所示。该硒化钴的化学式为_______，晶体密度为_______g·cm-3(用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。
11．（2022·上海·模拟预测）二甲基亚砜( )是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
(1)铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为_______。
(2)已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 _______。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为_______。
③沸点：二甲基亚砜 _______丙酮(填“>”或“<”)，原因为 _______。
④二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为 _______。
(3)铬可以形成桥连柄状的二茂铬配合物，该配合物中心原子Cr的价层电子数为 _______。[已知：配合物二茂铁()中Fe的价层电子数为18]
(4)CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3：2：1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为_______。
(5)已知硫化锰(MnS)晶胞如图所示，该晶胞参数α= 120°，β= γ= 90°。
①该晶体中锰原子的配位数为_______ ；
②已知锰和硫的原子半径分别r1 nm和r2 nm，该晶体中原子的空间利用率为_______(列出计算式即可)。
12．（2022·吉林长春·三模）铁和铜的单质及其化合物是人们生活中的常见物质，回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为___________。
(2)实验室常用KSCN、苯酚()检验Fe3+。N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)；苯酚的沸点大于甲苯的原因是___________。
(3)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是___________。
(4)配合物[Cu(CH3CN)4]BF4中，阴离子的空间构型为___________，配离子中与Cu(Ⅰ)形成配位键的原子是___________，配体中碳原子的杂化方式是___________。
(5)Fe3O4晶体中，O2 的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着如由1、3、、6、7的O2 围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2 围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空 隙中。Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2 数之比为___________。一个Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为apm，则Fe3O4晶体密度为___________g·cm 3 (写出含a和NA的计算表达式)。
13．（2022·江西·模拟预测）元素周期表中第四周期元素形成的化合物性质丰富。回答下列问题：
(1)基态Cu的价层电子排布式为_______。
(2)K与Zn属于同一周期，K的第一电离能小于Zn的第一电离能，原因：_______。
(3)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．σ键 B．π键 C．配位键 D．离子键 E.极性键 F.非极性键
(4)Cu2+在氨水溶液中可以形成[Cu(H2O)2 (NH3)4]2+ ，1mol[Cu(H2O)2 (NH3)4]2+中含有的σ键数目为_______；配体分子NH3键角大于H2O的原因为________。
(5)NiO晶体为NaCl型结构(如图)。其中Ni2+可看成填充在O2-组成的正_______面体空隙中，填充率为100%。将NiO在空气中加热，部分Ni2+ 被氧化为Ni3+，成为NixO(x<1)，晶体仍保持电中性，则会出现晶体缺陷，填充率下降。现有NixO晶胞的质量为4.0×10-22g。则分别填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为_______。
14．（2022·上海·模拟预测）磷化硼是一种新型超硬耐磨涂层材料，可由三溴化硼与三溴化磷在氢气中高温反应合成。磷化硼的结构如图所示：
回答下列问题：
(1)磷化硼晶体的化学式为_______，属于_______晶体。
(2)第一电离能：，原因是_______。，原因是_______。
(3)在乙图中画出晶胞中沿着体对角线的投影(用实线圆圈表示P原子的投影，用虚线圆圈表示B原子的投影) _______。
(4)三溴化硼与三溴化磷的空间构型分别为_______、_______。其中B的价层电子对数为_______，P杂化轨道类型为_______。
(5)研究发现，磷化硼的晶胞参数为478 pm，晶体的密度_______(列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值)。
15．（2022·河北·模拟预测）碳酸二甲酯( )是一种环保性能优异，用途广泛的化工原料，其合成方法有多种。
Ⅰ.在催化剂作用下由CO2制备碳酸二甲酯的过程如图：
(1)尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
②_____。
(2)下列关于氨气的叙述不正确的是_____(填字母)。
a．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
b．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
c．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
Ⅱ.在CeO2—ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
(3)氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图所示，Zr4+在晶胞中的配位数是____，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是____cm3(列出计算式)。(氧化锆的摩尔质量M=123g·mol-1)
(4)Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素，Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。
元素 电离能(kJ·mol-1)
I1 I2 I3
Mn 717 1509 3248
Fe 759 1561 2957
①铁元素位于元素周期表____族，属于____区。
②比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，请从原子结构分析原因____。
16．（2022·云南昆明·一模）中子衍射实验证实：trans-[CO(NH2CH2CH2NH2)Cl]Cl·HCl·2H2O晶体中仅存在3种离子：X+和含钴的Y+和Cl—，不存在分子。Y+的结构如图所示。
回答下列问题：
(1)Co3+的价层电子排布式是_______，已知磁矩μB=(n表示未成对电子数)，则Co3+的磁矩μB=_______。
(2)Y+中的配体，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)，Co3+的配位数是_______，X+是_______(填离子符号)。
(3)Y+中N原子的杂化方式是_______，乙二胺(NH2CH2CH2NH2)与正丁烷的相对分子质量相近，比较两者的沸点高低并解释原因_______。
(4)NO、NO、NO的键角由大到小的顺序是_______。
(5)钴酸锂(LiCoO2)的一种晶胞如图所示(仅标出Li，Co与O未标出)。则晶胞中含有O2-的个数为_______，晶胞边长为apm，Li+的离子半径为rpm，Li+占有晶胞总体积的百分率=_______。
17．（2022·广东·一模）碳及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)画出基态碳原子的价电子排布图：_______。
(2)1个分子含有_______个σ键；的立体构型为_______，写出一种与具有相同立体构型的分子：_______(填化学式)。
(3)CO易与人体的血红蛋白结合，导致人体供氧不足而出现中毒症状。血红蛋白的局部结构如下图所示。该结构中碳原子的杂化类型为_______，配位原子为_______(填原子符号)。第一电离能：_______(填“>”或“<”)。
(4)①具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如下图所示，晶体中存在的微粒间作用力不包括_______(填标号)。
a.非极性键 b.极性键 c.π键 d.范德华力
②用硅原子替换氮化碳的部分碳原子可形成具有相似性质的化合物(如下图所示)，该化合物的化学式为_______。
(5)C与Mg、Ni可形成一种新型超导体，其立方晶胞结构如下图所示。已知该晶胞密度为，若C、Mg、Ni的原子半径分别为a pm、b pm、c pm，则其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率)为_______。(用含a、b、c、、的代数式表示，其中表示阿伏加德罗常数的值)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) 3d14S2 +3价
(2) 8 离子键和共价键 乙醇
(3) sp 1 更短 8 0.27
【解析】
(1)
Sc为21号原子，则钪(Sc)原子的价电子排布式是3d14S2；根据钪元素的电离能可知，I4与I3相差很大，第四个电子难以失去，则钪元素的常见化合价是+3价，故答案为：3d14S2；+3价；
(2)
[NdCl2(H2O)6]Cl 可知其中心原子为Nd，则该配合物中存在2个配位原子和6个配位分子，则总配体个数是8；[NdCl2(H2O)6]Cl由[NdCl2(H2O)6]+和Cl-构成，属于离子化合物，则[NdCl2(H2O)6]Cl中存在的化学键除了配位键外还有离子键和共价键；用Nd2O3与盐酸反应制备NdCl3·6H2O的过程中，为了减少配体中H2O的个数增加C1-的个数，应选用乙醇做溶剂，故答案为：8；离子键和共价键；乙醇；
(3)
①CO2中C原子的价层电子对数为2，则CO2中C原子是sp杂化；CO中碳氧形成双键，然后氧给碳提供一对电子形成配位键，则其分子中σ键的数目是1；碳氧三键的键能大于碳氧双键键能，则键长比碳氧双键更短，故答案为：sp；1；更短；
②Ce原子位于8个O原子构成的立方体内，因此晶胞中Ce的配位数为8；将晶胞左-后-下角上Ce的坐标计为(0，0，0)，则晶胞示意图显示的Ce原子中，坐标为(1/2，0，1/2)的两种位置的Ce原子，到(0，0，0)点的最短距离分别为0.54nm×=0.27nm和0.54nm×=0.27nm，故答案为：8；0.27。
2．(1) 电子(运动)状态 3
(2) N>B>Ca sp2杂化 3p BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶
(3) 2mol 2
(4)
【解析】
(1)
整个原子的能量由核电荷数、电子数和电子(运动)状态三个因素共同决定；基态B原子的电子排布式为：1s22s22p1，故其核外电子填充在1s，2s，2p三个轨道中；
(2)
①金属的电负性较小，另外，同周期元素电负性从左向右在增大，故Ca、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为：N>B>Ca；
②BCl3中B原子的价层电子对数为3，其杂化方式为sp2，故BCl3中B原子的sp2杂化轨道与Cl原子的3p轨道形成σ键；基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，故激发时B原子的价电子排布图为： ；
③极性相似的物质溶解度较大，BCl3和四氯化碳为非极性分子，氨气为极性分子，故原因是：BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶；
(3)
由图1可知，图中连有羟基的B原子含有配位键，故1mol该阴离子存在的配位键物质的量为2mol，在该阴离子中B显+3价，O显-2价，H显+1价，根据化合价的关系可知，n=2；
(4)
将8个正八面体的中心连接呈晶胞的立方晶系图，由M点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，已知B6八面体中B -B键的键长为d pm，晶胞参数为a pm，则八面体中心到顶点的距离为：，则N点在棱的处，其坐标为(，1，0)。
3．(1) 3d74s2 27
(2)
(3) 用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物 sp杂化
(4) NH3、N2H4 、
(5)大于
(6)
【解析】
(1)
基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；核外有多少个电子就有多少种运动状态，故有27个运动状态不同的电子；
(2)
基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，其价电子自旋磁量子数的代数和为；
(3)
要证明BeCl2是共价化合物，可验证其熔融状态的导电性，故：用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物；BeCl2是直线形分子，Be的杂化轨道类型为sp杂化；
(4)
氢键的形成是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为N、O、F原子，氨气有一对孤电子对，肼有两对孤电子对，所以氨气、肼能形成氢键，而、中N的孤电子对都与氢离子共用，从而也就没了孤电子对，不能作为配体；与CO2互为等电子体，空间构型为直线形；故在、 NH3、N2H4、、五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有NH3、N2H4；不能作为配位体的有、；空间构型为直线形的是。
(5)
N原子半径小于P，原子核对核外电子的吸引能力更强，第一电离能大于P；
(6)
如图所示，钾离子所在位置：顶点，面心，体心，均摊法计算共4个，由KH2PO4化学式可知阴离子也是4个，故晶体的密度。
4．(1)Al2O3、SiO2
(2)球
(3) sp3杂化 正四面体
(4) Fe2+ 1：2 6
【解析】
(1)
Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；答案为：Al2O3、SiO2。
(2)
Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；答案为：球。
(3)
[Al(OH)4]-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；答案为：sp3杂化；正四面体。
(4)
根据Fe4[Fe(CN)6]3可知，[Fe(CN)6]4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；答案为：Fe2+；1：2；6。
5．(1)3d74s2
(2)BCE
(3)>
(4)Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定
(5) a
【解析】
(1)
Co的原子序数是27，基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其价电子排布式是3d74s2，故答案为：3d74s2；
(2)
[Ni(NH3)6]2+中存在的化学键有Ni2+和NH3分子间的配位键、NH3内部的N-H共价键、单键为σ键，不存在离子键、氢键和π键，故选BCE，故答案为：BCE；
(3)
铜原子失去1个电子后，3d轨道全充满，而锌失去1个电子后，4s轨道还有1个电子，所以失去第二个电子的难易程度铜大于锌，即第二电离能：I2(Cu)>I2(Zn)，故答案为：>；
(4)
Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定，故答案为：Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定；
(5)
①晶胞参数为apm，体对角线为，相邻的Se2-与Zn2+之间的距离为体对角线的，即为，故答案为： ；
②A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，C点在x轴的处，在y、z的处，则C点坐标为，故答案为：；
③由图可知，该晶胞中，Zn原子数目为4，Se原子的数目为，则，解得，故答案为：。
6．(1) 3s23p63d10
(2) s 5：1
(3)BC
(4)两者都是离子晶体，且阴阳离子电荷数都相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高
(5)10
(6) FeCuS2
【解析】
(1)
①Cu是29号元素，根据构造原理可知基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu原子的M层电子排布式为3s23p63d10；
②CO和N2互为等电子体。等电子体结构相似，CO分子中C、O原子之间以共价三键C≡O结合，其中含有1个σ键，2个π键。在标准状况下V L CO气体中含有气体分子物质的量是n(CO)= 则该分子中含有的π键数目N(π)=2n(CO)NA=；
(2)
Ca是20号元素，Ca原子核外电子排布为2、8、8、2，所以Ca位于元素周期表第四周期第ⅡA族，属于s区元素；
由图可知：上下底面为菱形，内角为120°、60°，上下面共用4个对称的Cu原子、前后面和左右面共用1个Cu原子，体心有1个Cu原子；Ca原子为晶胞的顶点，则一个晶胞中含有Ca的数目为4×+4×==1，含有Cu的数目为8×+1=5，所以钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为5：1；
(3)
硫酸铜在溶液中完全电离产生自由移动的离子，不存在离子键；水分子之间存在范德华力、氢键，水分子、硫酸根中原子之间形成共价键，水合铜离子中存在配位键，不存在金属键，故合理选项是BC；
(4)
已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，二者的熔点都较高，但Cu2O熔点比Cu2S高，这是由于两者都是离子晶体，且阴阳离子电荷数都相同，但离子半径：r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高；
(5)
Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—HN—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子价层电子对数都是4，VSEPR模型为四面体形，1个[Cu(X)2]2+中含有的四面体形原子有2×5=10个，则1 mol [Cu(X)2]2+微粒中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有10 mol；
(6)
根据图示可知在一个晶胞中含有的Fe原子数目为：8×+4×+1=4；含有的Cy原子数目为：4×+6×=4，含有的S原子数目是8个，n(Fe)：n(Cu)：n(S)=1：1：2，所以该物质化学式为FeCuS2；
假设晶胞高度为c pm，该晶胞密度ρ=，所以晶胞的高度c=nm。
7．(1) 或 Fe失去的是较稳定的中的一个电子，Co失去的是中的一个电子
(2) D
(3) 6
【解析】
(1)
过渡元素的原子序数是27，其基态原子的核外电子排布式为；因为3+的价电子排布式为，第四电离能是失去的是较稳定的中的一个电子，而3+的价电子排布式为，第四电离能是失去的是中的一个电子，所以第四电离能；
(2)
①A．配合物的熔点为-20℃，沸点为103℃，可知属于分子晶体，故A正确；。
B．中原子的配体为，与原子总数相等，价电子数也相同，所以、属于等电子体，故B正确；
C．与形成5个配位键即键，每个分子中含有1个键和2个键，σ键与π键之比为1∶1，故C正确；
D．反应得到单质，形成金属键，故D错误；
选D。
②与互为等电子体，等电子体的结构相似，所以的电子式为。
③(尿素)中N原子形成3个键，有1个孤电子对，价层电子对个数是4，所以N原子的杂化方式为，同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能；
(3)
①晶胞含原子2个，原子2个，化学式为，配位数之比应为1∶1；与配位的形成正三棱柱，的配位数是6，所以的配位数为6；
②由配位的形成正三棱柱可判断，该三棱柱底面为正三角形，晶胞底面夹角为和，底面积为 ，所以晶胞密度为 。
8．(1)2
(2) ABDE O＞N＞C＞H＞Ni sp2杂化 -O-H…O形成氢键，使O中孤电子更偏向于H，而N中可提供完整的孤对电子与Ni2+形成配位键 Ni(dmg)2中羟基之间形成氢键，N与Ni2+形成配位键，电负性较大的O、N无法与水分子形成氢键
(3) Cu3Ni 正八面体 4
【解析】
(1)
镍为第28号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，3d轨道最多排10个电子，基态镍原子核外未成对的电子数为2；
(2)
①Ni(dmg)2中N→Ni有配位键，C-C之间为非极性共价键，C-H为极性共价键，所含的作用力有极性键、非极性键、配位键、氢键，故选ABDE；
②Ni(dmg)2中所含元素为H、C、O、N、Ni，非金属的电负性大于金属，同周期从左至右电负性逐渐增强，电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H＞Ni，根据结构简式可知N原子的杂化方式为sp2杂化。
③Ni(dmg)2中Ni与N成键，而非和O成键的原因可能是：-O-H…O形成氢键，使O中孤电子更偏向于H，N中可提供完整的孤对电子，且N原子半径较大，更易与Ni2+形成配位键。
④Ni(dmg)2在水中的溶解度比较小的原因是：Ni(dmg)2中羟基之间形成氢键，N与Ni2+形成配位键，电负性较大的O、N无法与水分子形成氢键，所以溶解度较小。
(3)
其立方晶胞结构如图所示，Cu=6，Ni=8，则该晶体的化学式为Cu3Ni，铜原子构成的空间构型为正八面体，铜原子距离最近的Ni有4个；晶胞中距离最近的Ni原子和Cu原子的核间距为边长的，设边长为apm，则有m=，则有：1×(64×3+59)g=(a×10-10cm)3×ρg·cm-3×NA，a=pm，最近距离为：pm。
9．(1)A
(2) sp3 16
(3) 面心立方最密堆积 4
(4)三角锥形
(5) 正八面体 ×107
【解析】
根据同一原子电离能变化规律判断所需电离能的大小；根据VSEPR模型判断杂化轨道类型和空间结构；根据VSEPR模型计算孤电子对数；根据均摊法计算晶胞参数等数据。
(1)
同一原子的不同级电离能随核外电子数的减少逐渐增大，说明核外电子数越少电离能越大，从选项上看，A选项为P原子所需的第一电离能，B选项为P元素所需的第三电离能，C选项为P原子所需的第二电离能，D选项为P原子所需的第四电离能，根据前述规律，所需能量最小的为P的第一电离能，故答案为：A。
(2)
P4O6中O元素存在6个价电子，根据VSEPR模型计算，O原子存在=4对电子对，因此O原子的杂化方式为sp3杂化；P4O6中P元素存在5个价电子，其中3个价电子分别与3个O原子形成共用电子对，剩余1对孤电子对，O元素存在6个价电子，其中2个价电子分别与2个P原子形成共用电子对，剩余2对孤电子对，因此P4O6中存在4×1+6×2=16对孤电子对；故答案为：sp3、16。
(3)
根据晶胞结构，晶胞中P位于晶胞的顶点和面心上，P原子的空间堆积方式为面心立方最密堆积；晶胞中，与P原子距离最近的B原子的个数为4，因此P原子的配位数为4。故答案为：面心立方最密堆积、4。
(4)
根据VSEPR模型，PH3中中心原子P的电子对数为=4，其VSEPR模型为四面体型，其中3对电子对与H共用，存在1对孤电子对，因此PH3的空间构型为三角锥形。故答案为：三角锥形。
(5)
根据晶胞结构，Cu原子位于晶胞的6个面心上，这6个Cu原子构成的空间结构为正八面体形，P原子位于晶胞的体心上，同样也在正八面体的中心，因此P原子位于由铜原子形成的正八面体空隙中；
根据均摊法计算晶胞中的原子个数，Sn位于晶胞的顶点上，1个晶胞中存在8×=1个Sn原子，Cu位于晶胞的面心上，1个晶胞中存在6×=3个Cu原子，P位于晶胞的体心，1个晶胞中存在1个P原子；已知晶胞的密度为a g·cm-3，则晶胞的棱长===cm=×107nm，P原子与最近的Cu原子的核间距为晶胞棱长的一半，因此P原子与最近的Cu原子的核间距为×107nm。
故答案为：正八面体、×107。
10．(1)1s22s22p63s23p63d8
(2) ＞ ＜
(3) 正四面体形 配位键 N
(4) 8 8
(5) CoSe
【解析】
(1)
镍元素的原子序数为28，镍原子失去2个电子形成镍离子，则镍离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，故答案为：1s22s22p63s23p63d8；
(2)
同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则溴元素的第一电离能大于硒元素；溴原子的价电子排布式为4s24p5，原子核外未成对电子数为1，硒原子的价电子排布式为4s24p4，原子核外未成对电子数为2，所以溴原子的未成对电子数小于硒原子，故答案为：＞；＜；
(3)
配合物的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子中硫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；六氨合镍离子中镍离子提供空轨道，与氨分子中提供孤电子对的氮原子形成配位键，故答案为：正四面体形；配位键；N；
(4)
①由结构简式可知，环已基甲醇分子中7个碳原子和1个氧原子均是单键相连，杂化方式均为sp3杂化，则分子中采用sp3杂化的原子共有8个，故答案为：8；
②由结构简式可知，苯甲醛分子中苯环中6个碳原子采用sp2杂化，未杂化的6个p电子形成大π键，醛基中碳原子和氧原子均为sp2杂化，未杂化的2个p电子形成π键，则分子中π电子数目为8个，故答案为：8；
(5)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和棱上的钴原子个数为8×+4×=2，位于体内的硒原子个数为2，则晶体的化学式为CoSe；设晶体密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a×10-7×a×sin60°×10-7×c×10-7×d，解得d=，故答案为：CoSe；。
11．(1)6：5
(2) sp3 O>C>H > 二 甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高 二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键
(3)18
(4)[Cr(H2O)5Cl]2+
(5) 4
【解析】
(1)
Cr元素核外电子排布为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子，Mn元素核外电子排布为[Ar]3d54s2，有5个未成对电子，未成对电子数之比为6：5；
(2)
①S原子价层共6个电子，二甲基亚砜分子中硫原子3个σ键，用去3个价电子，一个π键用去1个价电子，所以还有6-1-3=2个价电子，即一对孤电子对，所以价层电子对数为3+1=4，硫原子为sp3杂化；
②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氢化物中H均显正价，所以H的电负性最小，同主族自左至右电负性增大，所以电负性O＞C＞H；
③二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高；
④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键，所以二甲基亚砜能够与水以任意比互溶；
(3)
Cr的价电子个数为6，与CO形成一个配位键，C原子提供一对电子，此时价层电子数为8，配合物二茂铁中Fe的价层电子数为18，而Fe的价层电子数为8，说明两个环可以提供10个价电子，所以该配合物中心原子Cr的价层电子数为10+8=18；
(4)
外界的氯离子可以电离，结合题意可知紫色物质为[Cr(H2O)6]Cl3、浅绿色物质为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O，蓝绿色物质为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，所以浅绿色的结构中配离子的化学式为[Cr(H2O)5Cl]2+；
(5)
①据图可知Mn原子位于S原子形成的四面体中心，所以Mn原子的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞Mn原子的个数为1+4×=2，S原子的个数,1+8×=2，所以原子总体积为4×nm3；晶胞底面边长为a nm，高为c nm，形状为菱形，所以体积为nm3，空间利用率为=。
12．(1)3d104sl
(2) N>O> S 苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键
(3)分子晶体
(4) 正四面体 N sp和sp3;
(5) 1：1
【解析】
(1)
铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104sl；
(2)
同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，所以第一电离能N>O> S； 苯酚的沸点大于甲苯的原因苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键；
(3)
FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，熔沸点比较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体；
(4)
配合物[Cu(CH3CN)4]BF4，阴离子BF中B原子价电子对数是4对，无孤电子对，所以空间构型为正四面体，配体CH3CN中N原子含有孤电子对，配离子中与Cu(Ⅰ)形成配位键的原子是N原子，配体含有单键碳、叁键碳，碳原子的杂化方式是sp和sp3；
(5)
图中的正八面体空隙为体心和12条棱心，所以总数为1+124=4，氧离子数为8个顶点和6个面心，所以总数为8+6=4，所以正八面体空隙数与O2 数之比为比为1：1。依题意图示结构为晶胞的，所以一个晶胞中应含有8个Fe3O4，则Fe3O4晶体密度为；
13．(1)3d104s1
(2)Zn 原子半径小，且价电子排布为全满结构，第一电离能更大
(3) 6 BF
(4) 22NA NH3 中只有一对孤对电子，H2O中有两对孤对电子，孤对电子越多，键角越小
(5) 八 1：2：1
【解析】
(1)
已知Cu是29号元素，则基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)
K与Zn都是第四周期的元素，二者属于同一周期，但K的第一电离能小于Zn的第一电离能， 这是由于Zn的原子序数大，Zn 原子半径小，且价电子排布为全满结构，第一电离能更大；
(3)
Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，该化合物中Ti3+的周围共有6个配位键，6个配体，则其配位数为6，在该化合物中存在[TiCl(H2O)5]2+与Cl-之间的离子键，[TiCl(H2O)5]2+ 内部Ti3+与Cl-、H2O之间的配位键，H2O中H-O之间的极性共价键，配位键和H2O中的极性键均为σ键，故不含π键和非极性键，故答案为：6；BF；
(4)
1个H2O内含2个σ键，1个NH3含3个σ键， 同时每个H2O、NH3与中心Cu之间形成1个配位键，也属于σ键，故1 mol该配离子中含有σ键=(2×2+3×4+6)mol=22 mol，即22NA；NH3中心N只含l对孤对电子，而H2O中心O含2对孤对电子，孤对电子斥力大于σ电子对，故H2O键角小于NH3，故答案为：NH3 中只有一对孤对电子，H2O中有两对孤对电子，孤对电子越多，键角越小；
(5)
由图可知，氧离子在棱上，所以镍离子填充在由阳离子所构成的正八面体的空隙中；依据晶胞结构，镍离子数目为，阳离子数目为，当出现晶体塌陷后，晶胞质量为4.0×10-22g,，，故此时晶体的化学式为Ni3O4，有一个镍离子所在的空隙塌陷，依据化合价可知，Ni2+：Ni3+=1：2，外加塌陷的空隙，填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为1:2:1。
14．(1) BP 共价
(2) N与P同族，P电子层数多，原子半径大，易失电子 Si、P、S同周期，核电荷数依次增加，P的电子排布式为，为半满稳定结构，第一电离能最大，与Si相比，S核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大
(3)
(4) 平面三角形 三角锥形 3
(5)
【解析】
(1)
晶胞中黑球个数为8+6=4，白球个数为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，磷化硼是一种新型超硬耐磨涂层材料，再考虑到B、P元素性质，可知BP为共价晶体。
(2)
由第一电离能变化规律可知，N与P同族，P电子层数多，原子半径大，易失电子，因此第一电离能：I1(N)>I1(P)；Si、P、S同周期，核电荷数依次增加，P的电子排布式为，为半满稳定结构，第一电离能最大，与Si相比，S核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大，故I1(P)>I1(S)>I1(Si)。
(3)
沿体对角线投影可知，体对角线的两顶点投影为六边形中心，其他六个顶点投影在大六边形，6个面心投影在小六边形，而B原子一个投影在中心，另三个均匀分布在小六边形的间隔位置，如图。
(4)
三溴化硼中B的价层电子对数为3+(3-13)=3，采取杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形；三溴化磷中P的价层电子对数3+(5-13)=4，采取杂化，有一对孤对电子，空间构型为三角锥形。
(5)
由(1)可知，1个晶胞中的B、P原子个数均为4，则晶胞质量为m=g，晶胞体积V=4783pm3=478310-30cm3，所以ρ==。
【点睛】
本题考查结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基础知识综合运用、空间想象能力及计算能力。
15．(1)N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高
(2)bc
(3) 8
(4) Ⅷ d Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少
【解析】
(1)
尿素中氮元素的第一电离能比氧元素高的原因是氧原子的价电子排布式为2s22p4，原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，而氮原子的的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，电离能高于相邻元素，故答案为：N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
(2)
a．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，由价层电子对互斥理论可知，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，故正确；
b．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，又氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，则氨气极易溶解在水中与氨分子为极性分子和与水分子间能形成氢键有关，故错误；
c．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与氮氢键和磷氢键的键能的大小无关，故错误；
故选bc；
(3)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线处的氧离子间的距离最近，所以锆离子的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的锆离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，故答案为：8；；
(4)
①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区，故答案为：Ⅷ；d；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级是比较稳定的半充满状态，再失去一个电子需要消耗较大的能量，而Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，故答案为：Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少。
16．(1) 3d6 2
(2) N、Cl 6 H5O
(3) sp3 因为乙二胺分子间存在氢键，所以乙二胺的沸点高于正丁烷
(4)NO、NO、NO
(5) 16 ×100%
【解析】
(1)
钴元素的原子序数为27，失去3个电子形成钴离子，离子的价电子排布式为3d6，离子中有4个未成对电子，则离子的磁矩μB===2，故答案为：3d6；2；
(2)
由Y+的结构可知，Y+中的配体，提供孤电子对的原子是氮原子和氯原子，配位数为6；晶体中仅存在3种离子，由原子个数和电荷守恒可知，X+是H5O，故答案为：N、Cl；6；H5O；
(3)
Y+中形成单键的氮原子的杂化方式为sp3杂化；乙二胺分子中含有的氨基能形成分子间氢键，而正丁烷不能形成分子间氢键，分子间作用力小于乙二胺，沸点低于乙二胺，故答案为： sp3；因为乙二胺分子间存在氢键，所以乙二胺的沸点高于正丁烷；
(4)
NO中氮原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，离子的空间构型为直线形；NO中氮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，NO中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，离子的空间构型为V形，则三种离子的键角由大到小的顺序是NO、NO、NO，故答案为：NO、NO、NO；
(5)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的锂离子的个数为8×+6×+4=8，由碳酸锂的化学式可知，晶胞中含有氧离子的个数为8×2=16；晶胞中锂离子的体积为pm3×8=pm3，则锂离子占有晶胞总体积的百分率×100%=×100%，故答案为：×100%。
17．(1)
(2) 5 平面三角形 SO3或BF3
(3) sp2、sp3 N <
(4) a SiC2N4
(5)
【解析】
(1)
已知C是6号元素，则基态碳原子的价电子排布图为：，故答案为：；
(2)
已知H2CO3的结构式为：，则1个分子含有5个σ键；中心原子周围的价层电子对数为：3+=3，根据价成电子对互斥理论可知，其立体构型为平面三角形，根据等电子原理可知，互为等电子体(即原子总数相同价电子总数相同的微粒)的微粒具有相同的空间构型，则一种与具有相同立体构型的分子有：SO3或BF3，故答案为：5；平面三角形；SO3或BF3；
(3)
由题干图示信息可知，该结构中部分碳原子周围形成有4个σ键，这样的碳原子采用sp3杂化，部分碳原子周围有3个σ键，这样的碳原子采用sp2杂化，故该结构中碳原子的杂化类型为sp2、sp3，配位原子是指提供孤电子对的原子，由图示可知该微粒中的配位原子为N，C、O是同一周期元素，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：＜，故答案为：sp2、sp3；N；＜；
答案第1页，共2页
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1．（2022·河南河南·三模）中国拥有丰富的稀土矿产资源，探明的储量居世界之首。稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)共17种元素。请回答下列问题：
(1)钪(Sc)原子的价电子排布式是_______。钪元素的电离能如下表所示，钪元素的常见化合价是_______。
I1 I2 I3 I4
电离能/kJ·mol-1 633 1235 2389 7019
(2)稀土金属容易形成配合物，比如NdCl3·6H2O在水溶液中实际组成可以是[NdCl2(H2O)6]Cl，属于氯离子和水分子的混配配合物。该配合物的总配体个数是_______，[NdCl2(H2O)6]Cl中存在的化学键除了配位键外还有_______。用Nd2O3与盐酸反应制备NdCl3·6H2O的过程中，其溶剂可以是水或乙醇，为了减少配体中H2O的个数增加C1-的个数，应选用_______做溶剂。
(3)CeO2是有抗高温氧化性能的催化剂载体。可以通过下列反应制备：Ce2(C2O4)32CeO2+2CO2+4CO
①CO2中中心原子的杂化类型为_______杂化。已知CO的结构式为CO，则其分子中σ键的数目是_______，其键长比碳氧双键_______。
②CeO2的晶胞结构如图所示，属于面心立方点阵结构。Ce的配位数为_______。已知其晶胞参数a=0.54nm，若将晶胞左-后-下角上Ce的坐标计为(0，0，0)，则晶胞示意图显示的Ce原子中，坐标为(1/2，0，1/2)的两种位置的Ce原子，到(0，0，0)点的最短距离分别为0.27nm和_______nm。
2．（2022·山西临汾·三模）总订单数已经超过1000架的国产大飞机C919预定在今年交付，其制造使用了较多含硼材料(如硼纤维、氮化硼等)，多项技术打破了外国垄断。
(1)原子的能量由核电荷数、电子数、_______三个因素共同决定；基态B原子的核外电子填充在_______个轨道中。
(2)耐高温材料立方BN制备流程中用到NH3、BCl3和触媒剂Ca3B2N4。
①Ca、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为_______。
②BCl3中B原子的_______轨道与Cl原子的_______轨道形成σ键；形成BCl3过程中基态B原子价电子层电子先激发，再杂化，激发后B原子的价电子排布图为_______。
③BCl3在四氯化碳中的溶解度远大于NH3，原因是_______。
(3)硼砂是非常重要的含硼矿物。一种硼砂阴离子的结构如图1所示，则1mol该阴离子存在的配位键物质的量为_______，n=_______。
(4)制造硼合金的原料硼化钙(CaB6)晶胞结构如图2所示，硼原子全部组成B6正八面体，各个顶点通过B-B键互相连接成三维骨架。已知该晶体晶胞参数为apm，B6八面体中B-B键的键长为dpm，M点原子的坐标参数为(，，)，则N点原子的坐标参数为(___，1，0)。_______
3．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模）在金属(如：Cu、Co、Be、K等)的湿法冶炼中，某些含氮(如：)、磷[如：磷酸丁基酯(C4H9O)3P=O]等有机物作萃取剂，可将金属萃取出来，从而实现在温和条件下金属冶炼。
回答下列问题：
(1)基态Co原子核外电子排布式为[Ar]_______，有_______ 个 运动状态不同的电子。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+号表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
(3)科学家证实，BeCl2是共价化合物，请设计一个简 单实验证明该结论：_______；Be的杂化轨道类型为_______。
(4)在N、 NH3、N2H4、NH、N2H五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有_______；不能作为配位体的有_______；空间构型为直线形的是_______。
(5)氮原子的第一电离能_______(填“大于”“小于”或“等 于”)磷原子的第一电离能。
(6)分别用、表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置。若晶胞底边的边长均为a pm、高为c pm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为 _______g·cm-3(写出表达式即可)。
4．（2022·天津河东·一模）火星岩石冲含有大量氧化物，如、，、、、、等。回答下列问题：
(1)下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是___________；(填化学式)。
氧化物
离子键的百分数 62% 50% 41% 33%
(2)基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为___________形。
(3)与溶液反应生成的离子中的杂化类型是___________；和O构成的空间构型是___________。
(4)(普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中，如图是普鲁士蓝晶胞的结构，与形成配位键的是___________(填或)；离子中键与键的个数比是___________；晶胞中与一个距离相等的N有___________个。
5．（2022·天津市宁河区芦台第一中学模拟预测）环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。请回答下列问题：
(1)基态Co原子的价电子排布式为 _______。
(2)镍的氨合离子[ Ni(NH3)6]2+中存在的化学键有_______。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E. σ键 F. π键
(3)Cu、Zn的第二电离能比较：I2(Cu)_______I2(Zn) (填>、=或<)。
(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是_______。
(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a pm。
①相邻Zn2+的Se2-与之间的距离为_______pm。
②已知原子坐标：A点为(0，0，0)， B点为(1，1，1) ，则C点原子坐标为_______。
③若硒化锌晶体的密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA=_______ (用含a、ρ的计算式表示)。
6．（2022·吉林延边·一模）铜是人类广泛使用的第一种金属，含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)铜锰氧化物(CuMn2O4能在常温下催化氧化一氧化碳和甲醛(HCHO)。
①基态Cu原子的M层电子排布式为____。
②CO和N2互为等电子体。标准状况下V L CO分子中π键数目为____。
(2)钙铜合金可用作电解法制备金属钙的阴极电极材料。钙在元素周期表中位于____(填“s”、“p”、“d”或“ds")区。一种钙铜合金的结构如图(Ⅲ可看作是由Ⅰ、Ⅱ两种原子层交替堆积排列而形成的)。该钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为____。
(3)已知硫酸铜稀溶液呈蓝色，判断硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有____(填英文字母)。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．氢键 E．范德华力
(4)已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，Cu2O熔点较高的原因是____。
(5)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3-HN-CH2-CH2-NH2。则1 mol [Cu(X)2]2+微粒中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____mol。
(6)一种含有Fe、Cu、S三种元素的矿物的晶胞(如图所示)，属于四方晶系(晶胞底面为正方形)，则该化合物的化学式为____；若晶胞的底面边长为a nm，晶体的密度为p g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的高为____nm。
7．（2022·云南·二模）过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)过渡元素Co基态原子的核外电子排布式为_______；第四电离能，其原因是_______。
(2)Fe、Fe2+、Fe3+可以与CO、、、(尿素)等多种配体形成很多的配合物。
①配合物的熔点为-20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁。的结构如图所示。下列关于说法不正确的是_______(填序号)。
A．是分子晶体
B．中Fe原子的配体与互为等电子体
C．中σ键与π键之比为1∶1
D．反应中没有新化学键生成
②的电子式为_______。
③(尿素)中N原子的杂化方式为_______，组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)Ni和As形成某种晶体的晶胞图如图所示。其中，大球为Ni，小球为As，距离As最近的Ni构成正三技柱，其中晶胞下方As原子坐标为(，，)。
①Ni的配位数为_______。
②已知晶胞底面边长为apm，高为cpm，NA为阿伏加德罗常数。则晶胞密度为_______。
8．（2022·安徽·二模）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)基态镍原子核外未成对的电子数为_______个。
(2)镍不溶于水，在稀酸中可缓慢溶解，生成Ni2＋。用丁二酮肟(dmg)鉴定Ni2＋的存在时生成鲜红色的沉淀，其反应的离子方程式为Ni2＋＋2dmg-Ni(dmg)2↓＋2H＋。已知：丁二酮肟的结构式为；Ni(dmg)2的结构如图所示。
①Ni(dmg)2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
②Ni(dmg)2中所含元素电负性由大到小的顺序是_______，N原子的杂化方式为_______。
③Ni(dmg)2中Ni与N成键，而非和O成键的原因可能是_______。
④Ni(dmg)2在水中的溶解度比较小的原因是_______。
(3)铜镍合金主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。其立方晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为_______，铜原子构成的空间构型为_______，铜原子距离最近的Ni有_______个；已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞中距离最近的Ni原子和Cu原子的核间距为 _______pm(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。
9．（2022·上海·模拟预测）磷元素的化合物在科学研究和工业生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(1)下列状态的P中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
(2)白磷在空气中缓慢氧化生成P4O6，P4O6的结构如图1所示。P4O6中氧原子的杂化轨道类型为_______，每个P4O6分子中含孤电子对的数目为_______。
(3)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图2所示。在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_______，磷原子的配位数为_______。
(4)磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金。磷化铜与水反应产生有毒的磷化氢(PH3)气体，PH3分子的空间构型为_______。
(5)磷青铜晶体的晶胞结构如图3所示，该晶体中P原子位于由铜原子形成的_______的空隙中。若晶体密度为ag·cm-3，P原子与最近的Cu原子的核间距为_______nm(用含NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。
10．（2022·贵州·模拟预测）硒化镍纳米材料可用于肿瘤的光热治疗研究。回答下列问题：
(1)基态Ni2+的核外电子排布式为_______。
(2)第一电离能：Br_______(填“>”或“<”，下同)Se。未成对电子数：Br_______Se。
(3)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_______。在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_______，提供孤电子对的成键原子是_______(用元素符号表示)。
(4)硒化镍材料也可作有机合成的催化剂，例如，苯甲醛被还原成环已基甲醇，反应如下：
①环已基甲醇分子中采取sp3杂化方式的原子共有_______个。
②苯甲醛分子中的所有π电子形成了一个大π键，其中的π电子数目为_______个。
(5)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如图所示。该硒化钴的化学式为_______，晶体密度为_______g·cm-3(用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。
11．（2022·上海·模拟预测）二甲基亚砜( )是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
(1)铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为_______。
(2)已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 _______。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为_______。
③沸点：二甲基亚砜 _______丙酮(填“>”或“<”)，原因为 _______。
④二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为 _______。
(3)铬可以形成桥连柄状的二茂铬配合物，该配合物中心原子Cr的价层电子数为 _______。[已知：配合物二茂铁()中Fe的价层电子数为18]
(4)CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3：2：1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为_______。
(5)已知硫化锰(MnS)晶胞如图所示，该晶胞参数α= 120°，β= γ= 90°。
①该晶体中锰原子的配位数为_______ ；
②已知锰和硫的原子半径分别r1 nm和r2 nm，该晶体中原子的空间利用率为_______(列出计算式即可)。
12．（2022·吉林长春·三模）铁和铜的单质及其化合物是人们生活中的常见物质，回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为___________。
(2)实验室常用KSCN、苯酚()检验Fe3+。N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)；苯酚的沸点大于甲苯的原因是___________。
(3)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是___________。
(4)配合物[Cu(CH3CN)4]BF4中，阴离子的空间构型为___________，配离子中与Cu(Ⅰ)形成配位键的原子是___________，配体中碳原子的杂化方式是___________。
(5)Fe3O4晶体中，O2 的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着如由1、3、、6、7的O2 围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2 围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空 隙中。Fe3O4晶体中，正八面体空隙数与O2 数之比为___________。一个Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为apm，则Fe3O4晶体密度为___________g·cm 3 (写出含a和NA的计算表达式)。
13．（2022·江西·模拟预测）元素周期表中第四周期元素形成的化合物性质丰富。回答下列问题：
(1)基态Cu的价层电子排布式为_______。
(2)K与Zn属于同一周期，K的第一电离能小于Zn的第一电离能，原因：_______。
(3)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．σ键 B．π键 C．配位键 D．离子键 E.极性键 F.非极性键
(4)Cu2+在氨水溶液中可以形成[Cu(H2O)2 (NH3)4]2+ ，1mol[Cu(H2O)2 (NH3)4]2+中含有的σ键数目为_______；配体分子NH3键角大于H2O的原因为________。
(5)NiO晶体为NaCl型结构(如图)。其中Ni2+可看成填充在O2-组成的正_______面体空隙中，填充率为100%。将NiO在空气中加热，部分Ni2+ 被氧化为Ni3+，成为NixO(x<1)，晶体仍保持电中性，则会出现晶体缺陷，填充率下降。现有NixO晶胞的质量为4.0×10-22g。则分别填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为_______。
14．（2022·上海·模拟预测）磷化硼是一种新型超硬耐磨涂层材料，可由三溴化硼与三溴化磷在氢气中高温反应合成。磷化硼的结构如图所示：
回答下列问题：
(1)磷化硼晶体的化学式为_______，属于_______晶体。
(2)第一电离能：，原因是_______。，原因是_______。
(3)在乙图中画出晶胞中沿着体对角线的投影(用实线圆圈表示P原子的投影，用虚线圆圈表示B原子的投影) _______。
(4)三溴化硼与三溴化磷的空间构型分别为_______、_______。其中B的价层电子对数为_______，P杂化轨道类型为_______。
(5)研究发现，磷化硼的晶胞参数为478 pm，晶体的密度_______(列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值)。
15．（2022·河北·模拟预测）碳酸二甲酯( )是一种环保性能优异，用途广泛的化工原料，其合成方法有多种。
Ⅰ.在催化剂作用下由CO2制备碳酸二甲酯的过程如图：
(1)尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
②_____。
(2)下列关于氨气的叙述不正确的是_____(填字母)。
a．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
b．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
c．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
Ⅱ.在CeO2—ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
(3)氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图所示，Zr4+在晶胞中的配位数是____，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是____cm3(列出计算式)。(氧化锆的摩尔质量M=123g·mol-1)
(4)Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素，Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。
元素 电离能(kJ·mol-1)
I1 I2 I3
Mn 717 1509 3248
Fe 759 1561 2957
①铁元素位于元素周期表____族，属于____区。
②比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，请从原子结构分析原因____。
16．（2022·云南昆明·一模）中子衍射实验证实：trans-[CO(NH2CH2CH2NH2)Cl]Cl·HCl·2H2O晶体中仅存在3种离子：X+和含钴的Y+和Cl—，不存在分子。Y+的结构如图所示。
回答下列问题：
(1)Co3+的价层电子排布式是_______，已知磁矩μB=(n表示未成对电子数)，则Co3+的磁矩μB=_______。
(2)Y+中的配体，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)，Co3+的配位数是_______，X+是_______(填离子符号)。
(3)Y+中N原子的杂化方式是_______，乙二胺(NH2CH2CH2NH2)与正丁烷的相对分子质量相近，比较两者的沸点高低并解释原因_______。
(4)NO、NO、NO的键角由大到小的顺序是_______。
(5)钴酸锂(LiCoO2)的一种晶胞如图所示(仅标出Li，Co与O未标出)。则晶胞中含有O2-的个数为_______，晶胞边长为apm，Li+的离子半径为rpm，Li+占有晶胞总体积的百分率=_______。
17．（2022·广东·一模）碳及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)画出基态碳原子的价电子排布图：_______。
(2)1个分子含有_______个σ键；的立体构型为_______，写出一种与具有相同立体构型的分子：_______(填化学式)。
(3)CO易与人体的血红蛋白结合，导致人体供氧不足而出现中毒症状。血红蛋白的局部结构如下图所示。该结构中碳原子的杂化类型为_______，配位原子为_______(填原子符号)。第一电离能：_______(填“>”或“<”)。
(4)①具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如下图所示，晶体中存在的微粒间作用力不包括_______(填标号)。
a.非极性键 b.极性键 c.π键 d.范德华力
②用硅原子替换氮化碳的部分碳原子可形成具有相似性质的化合物(如下图所示)，该化合物的化学式为_______。
(5)C与Mg、Ni可形成一种新型超导体，其立方晶胞结构如下图所示。已知该晶胞密度为，若C、Mg、Ni的原子半径分别为a pm、b pm、c pm，则其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率)为_______。(用含a、b、c、、的代数式表示，其中表示阿伏加德罗常数的值)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) 3d14S2 +3价
(2) 8 离子键和共价键 乙醇
(3) sp 1 更短 8 0.27
【解析】
(1)
Sc为21号原子，则钪(Sc)原子的价电子排布式是3d14S2；根据钪元素的电离能可知，I4与I3相差很大，第四个电子难以失去，则钪元素的常见化合价是+3价，故答案为：3d14S2；+3价；
(2)
[NdCl2(H2O)6]Cl 可知其中心原子为Nd，则该配合物中存在2个配位原子和6个配位分子，则总配体个数是8；[NdCl2(H2O)6]Cl由[NdCl2(H2O)6]+和Cl-构成，属于离子化合物，则[NdCl2(H2O)6]Cl中存在的化学键除了配位键外还有离子键和共价键；用Nd2O3与盐酸反应制备NdCl3·6H2O的过程中，为了减少配体中H2O的个数增加C1-的个数，应选用乙醇做溶剂，故答案为：8；离子键和共价键；乙醇；
(3)
①CO2中C原子的价层电子对数为2，则CO2中C原子是sp杂化；CO中碳氧形成双键，然后氧给碳提供一对电子形成配位键，则其分子中σ键的数目是1；碳氧三键的键能大于碳氧双键键能，则键长比碳氧双键更短，故答案为：sp；1；更短；
②Ce原子位于8个O原子构成的立方体内，因此晶胞中Ce的配位数为8；将晶胞左-后-下角上Ce的坐标计为(0，0，0)，则晶胞示意图显示的Ce原子中，坐标为(1/2，0，1/2)的两种位置的Ce原子，到(0，0，0)点的最短距离分别为0.54nm×=0.27nm和0.54nm×=0.27nm，故答案为：8；0.27。
2．(1) 电子(运动)状态 3
(2) N>B>Ca sp2杂化 3p BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶
(3) 2mol 2
(4)
【解析】
(1)
整个原子的能量由核电荷数、电子数和电子(运动)状态三个因素共同决定；基态B原子的电子排布式为：1s22s22p1，故其核外电子填充在1s，2s，2p三个轨道中；
(2)
①金属的电负性较小，另外，同周期元素电负性从左向右在增大，故Ca、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为：N>B>Ca；
②BCl3中B原子的价层电子对数为3，其杂化方式为sp2，故BCl3中B原子的sp2杂化轨道与Cl原子的3p轨道形成σ键；基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，故激发时B原子的价电子排布图为： ；
③极性相似的物质溶解度较大，BCl3和四氯化碳为非极性分子，氨气为极性分子，故原因是：BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶；
(3)
由图1可知，图中连有羟基的B原子含有配位键，故1mol该阴离子存在的配位键物质的量为2mol，在该阴离子中B显+3价，O显-2价，H显+1价，根据化合价的关系可知，n=2；
(4)
将8个正八面体的中心连接呈晶胞的立方晶系图，由M点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，已知B6八面体中B -B键的键长为d pm，晶胞参数为a pm，则八面体中心到顶点的距离为：，则N点在棱的处，其坐标为(，1，0)。
3．(1) 3d74s2 27
(2)
(3) 用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物 sp杂化
(4) NH3、N2H4 、
(5)大于
(6)
【解析】
(1)
基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；核外有多少个电子就有多少种运动状态，故有27个运动状态不同的电子；
(2)
基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，其价电子自旋磁量子数的代数和为；
(3)
要证明BeCl2是共价化合物，可验证其熔融状态的导电性，故：用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物；BeCl2是直线形分子，Be的杂化轨道类型为sp杂化；
(4)
氢键的形成是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为N、O、F原子，氨气有一对孤电子对，肼有两对孤电子对，所以氨气、肼能形成氢键，而、中N的孤电子对都与氢离子共用，从而也就没了孤电子对，不能作为配体；与CO2互为等电子体，空间构型为直线形；故在、 NH3、N2H4、、五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有NH3、N2H4；不能作为配位体的有、；空间构型为直线形的是。
(5)
N原子半径小于P，原子核对核外电子的吸引能力更强，第一电离能大于P；
(6)
如图所示，钾离子所在位置：顶点，面心，体心，均摊法计算共4个，由KH2PO4化学式可知阴离子也是4个，故晶体的密度。
4．(1)Al2O3、SiO2
(2)球
(3) sp3杂化 正四面体
(4) Fe2+ 1：2 6
【解析】
(1)
Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；答案为：Al2O3、SiO2。
(2)
Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；答案为：球。
(3)
[Al(OH)4]-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；答案为：sp3杂化；正四面体。
(4)
根据Fe4[Fe(CN)6]3可知，[Fe(CN)6]4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；答案为：Fe2+；1：2；6。
5．(1)3d74s2
(2)BCE
(3)>
(4)Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定
(5) a
【解析】
(1)
Co的原子序数是27，基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其价电子排布式是3d74s2，故答案为：3d74s2；
(2)
[Ni(NH3)6]2+中存在的化学键有Ni2+和NH3分子间的配位键、NH3内部的N-H共价键、单键为σ键，不存在离子键、氢键和π键，故选BCE，故答案为：BCE；
(3)
铜原子失去1个电子后，3d轨道全充满，而锌失去1个电子后，4s轨道还有1个电子，所以失去第二个电子的难易程度铜大于锌，即第二电离能：I2(Cu)>I2(Zn)，故答案为：>；
(4)
Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定，故答案为：Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定；
(5)
①晶胞参数为apm，体对角线为，相邻的Se2-与Zn2+之间的距离为体对角线的，即为，故答案为： ；
②A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，C点在x轴的处，在y、z的处，则C点坐标为，故答案为：；
③由图可知，该晶胞中，Zn原子数目为4，Se原子的数目为，则，解得，故答案为：。
6．(1) 3s23p63d10
(2) s 5：1
(3)BC
(4)两者都是离子晶体，且阴阳离子电荷数都相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高
(5)10
(6) FeCuS2
【解析】
(1)
①Cu是29号元素，根据构造原理可知基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu原子的M层电子排布式为3s23p63d10；
②CO和N2互为等电子体。等电子体结构相似，CO分子中C、O原子之间以共价三键C≡O结合，其中含有1个σ键，2个π键。在标准状况下V L CO气体中含有气体分子物质的量是n(CO)= 则该分子中含有的π键数目N(π)=2n(CO)NA=；
(2)
Ca是20号元素，Ca原子核外电子排布为2、8、8、2，所以Ca位于元素周期表第四周期第ⅡA族，属于s区元素；
由图可知：上下底面为菱形，内角为120°、60°，上下面共用4个对称的Cu原子、前后面和左右面共用1个Cu原子，体心有1个Cu原子；Ca原子为晶胞的顶点，则一个晶胞中含有Ca的数目为4×+4×==1，含有Cu的数目为8×+1=5，所以钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为5：1；
(3)
硫酸铜在溶液中完全电离产生自由移动的离子，不存在离子键；水分子之间存在范德华力、氢键，水分子、硫酸根中原子之间形成共价键，水合铜离子中存在配位键，不存在金属键，故合理选项是BC；
(4)
已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，二者的熔点都较高，但Cu2O熔点比Cu2S高，这是由于两者都是离子晶体，且阴阳离子电荷数都相同，但离子半径：r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高；
(5)
Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—HN—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子价层电子对数都是4，VSEPR模型为四面体形，1个[Cu(X)2]2+中含有的四面体形原子有2×5=10个，则1 mol [Cu(X)2]2+微粒中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有10 mol；
(6)
根据图示可知在一个晶胞中含有的Fe原子数目为：8×+4×+1=4；含有的Cy原子数目为：4×+6×=4，含有的S原子数目是8个，n(Fe)：n(Cu)：n(S)=1：1：2，所以该物质化学式为FeCuS2；
假设晶胞高度为c pm，该晶胞密度ρ=，所以晶胞的高度c=nm。
7．(1) 或 Fe失去的是较稳定的中的一个电子，Co失去的是中的一个电子
(2) D
(3) 6
【解析】
(1)
过渡元素的原子序数是27，其基态原子的核外电子排布式为；因为3+的价电子排布式为，第四电离能是失去的是较稳定的中的一个电子，而3+的价电子排布式为，第四电离能是失去的是中的一个电子，所以第四电离能；
(2)
①A．配合物的熔点为-20℃，沸点为103℃，可知属于分子晶体，故A正确；。
B．中原子的配体为，与原子总数相等，价电子数也相同，所以、属于等电子体，故B正确；
C．与形成5个配位键即键，每个分子中含有1个键和2个键，σ键与π键之比为1∶1，故C正确；
D．反应得到单质，形成金属键，故D错误；
选D。
②与互为等电子体，等电子体的结构相似，所以的电子式为。
③(尿素)中N原子形成3个键，有1个孤电子对，价层电子对个数是4，所以N原子的杂化方式为，同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能；
(3)
①晶胞含原子2个，原子2个，化学式为，配位数之比应为1∶1；与配位的形成正三棱柱，的配位数是6，所以的配位数为6；
②由配位的形成正三棱柱可判断，该三棱柱底面为正三角形，晶胞底面夹角为和，底面积为 ，所以晶胞密度为 。
8．(1)2
(2) ABDE O＞N＞C＞H＞Ni sp2杂化 -O-H…O形成氢键，使O中孤电子更偏向于H，而N中可提供完整的孤对电子与Ni2+形成配位键 Ni(dmg)2中羟基之间形成氢键，N与Ni2+形成配位键，电负性较大的O、N无法与水分子形成氢键
(3) Cu3Ni 正八面体 4
【解析】
(1)
镍为第28号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，3d轨道最多排10个电子，基态镍原子核外未成对的电子数为2；
(2)
①Ni(dmg)2中N→Ni有配位键，C-C之间为非极性共价键，C-H为极性共价键，所含的作用力有极性键、非极性键、配位键、氢键，故选ABDE；
②Ni(dmg)2中所含元素为H、C、O、N、Ni，非金属的电负性大于金属，同周期从左至右电负性逐渐增强，电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H＞Ni，根据结构简式可知N原子的杂化方式为sp2杂化。
③Ni(dmg)2中Ni与N成键，而非和O成键的原因可能是：-O-H…O形成氢键，使O中孤电子更偏向于H，N中可提供完整的孤对电子，且N原子半径较大，更易与Ni2+形成配位键。
④Ni(dmg)2在水中的溶解度比较小的原因是：Ni(dmg)2中羟基之间形成氢键，N与Ni2+形成配位键，电负性较大的O、N无法与水分子形成氢键，所以溶解度较小。
(3)
其立方晶胞结构如图所示，Cu=6，Ni=8，则该晶体的化学式为Cu3Ni，铜原子构成的空间构型为正八面体，铜原子距离最近的Ni有4个；晶胞中距离最近的Ni原子和Cu原子的核间距为边长的，设边长为apm，则有m=，则有：1×(64×3+59)g=(a×10-10cm)3×ρg·cm-3×NA，a=pm，最近距离为：pm。
9．(1)A
(2) sp3 16
(3) 面心立方最密堆积 4
(4)三角锥形
(5) 正八面体 ×107
【解析】
根据同一原子电离能变化规律判断所需电离能的大小；根据VSEPR模型判断杂化轨道类型和空间结构；根据VSEPR模型计算孤电子对数；根据均摊法计算晶胞参数等数据。
(1)
同一原子的不同级电离能随核外电子数的减少逐渐增大，说明核外电子数越少电离能越大，从选项上看，A选项为P原子所需的第一电离能，B选项为P元素所需的第三电离能，C选项为P原子所需的第二电离能，D选项为P原子所需的第四电离能，根据前述规律，所需能量最小的为P的第一电离能，故答案为：A。
(2)
P4O6中O元素存在6个价电子，根据VSEPR模型计算，O原子存在=4对电子对，因此O原子的杂化方式为sp3杂化；P4O6中P元素存在5个价电子，其中3个价电子分别与3个O原子形成共用电子对，剩余1对孤电子对，O元素存在6个价电子，其中2个价电子分别与2个P原子形成共用电子对，剩余2对孤电子对，因此P4O6中存在4×1+6×2=16对孤电子对；故答案为：sp3、16。
(3)
根据晶胞结构，晶胞中P位于晶胞的顶点和面心上，P原子的空间堆积方式为面心立方最密堆积；晶胞中，与P原子距离最近的B原子的个数为4，因此P原子的配位数为4。故答案为：面心立方最密堆积、4。
(4)
根据VSEPR模型，PH3中中心原子P的电子对数为=4，其VSEPR模型为四面体型，其中3对电子对与H共用，存在1对孤电子对，因此PH3的空间构型为三角锥形。故答案为：三角锥形。
(5)
根据晶胞结构，Cu原子位于晶胞的6个面心上，这6个Cu原子构成的空间结构为正八面体形，P原子位于晶胞的体心上，同样也在正八面体的中心，因此P原子位于由铜原子形成的正八面体空隙中；
根据均摊法计算晶胞中的原子个数，Sn位于晶胞的顶点上，1个晶胞中存在8×=1个Sn原子，Cu位于晶胞的面心上，1个晶胞中存在6×=3个Cu原子，P位于晶胞的体心，1个晶胞中存在1个P原子；已知晶胞的密度为a g·cm-3，则晶胞的棱长===cm=×107nm，P原子与最近的Cu原子的核间距为晶胞棱长的一半，因此P原子与最近的Cu原子的核间距为×107nm。
故答案为：正八面体、×107。
10．(1)1s22s22p63s23p63d8
(2) ＞ ＜
(3) 正四面体形 配位键 N
(4) 8 8
(5) CoSe
【解析】
(1)
镍元素的原子序数为28，镍原子失去2个电子形成镍离子，则镍离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，故答案为：1s22s22p63s23p63d8；
(2)
同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则溴元素的第一电离能大于硒元素；溴原子的价电子排布式为4s24p5，原子核外未成对电子数为1，硒原子的价电子排布式为4s24p4，原子核外未成对电子数为2，所以溴原子的未成对电子数小于硒原子，故答案为：＞；＜；
(3)
配合物的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子中硫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；六氨合镍离子中镍离子提供空轨道，与氨分子中提供孤电子对的氮原子形成配位键，故答案为：正四面体形；配位键；N；
(4)
①由结构简式可知，环已基甲醇分子中7个碳原子和1个氧原子均是单键相连，杂化方式均为sp3杂化，则分子中采用sp3杂化的原子共有8个，故答案为：8；
②由结构简式可知，苯甲醛分子中苯环中6个碳原子采用sp2杂化，未杂化的6个p电子形成大π键，醛基中碳原子和氧原子均为sp2杂化，未杂化的2个p电子形成π键，则分子中π电子数目为8个，故答案为：8；
(5)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和棱上的钴原子个数为8×+4×=2，位于体内的硒原子个数为2，则晶体的化学式为CoSe；设晶体密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a×10-7×a×sin60°×10-7×c×10-7×d，解得d=，故答案为：CoSe；。
11．(1)6：5
(2) sp3 O>C>H > 二 甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高 二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键
(3)18
(4)[Cr(H2O)5Cl]2+
(5) 4
【解析】
(1)
Cr元素核外电子排布为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子，Mn元素核外电子排布为[Ar]3d54s2，有5个未成对电子，未成对电子数之比为6：5；
(2)
①S原子价层共6个电子，二甲基亚砜分子中硫原子3个σ键，用去3个价电子，一个π键用去1个价电子，所以还有6-1-3=2个价电子，即一对孤电子对，所以价层电子对数为3+1=4，硫原子为sp3杂化；
②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氢化物中H均显正价，所以H的电负性最小，同主族自左至右电负性增大，所以电负性O＞C＞H；
③二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高；
④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键，所以二甲基亚砜能够与水以任意比互溶；
(3)
Cr的价电子个数为6，与CO形成一个配位键，C原子提供一对电子，此时价层电子数为8，配合物二茂铁中Fe的价层电子数为18，而Fe的价层电子数为8，说明两个环可以提供10个价电子，所以该配合物中心原子Cr的价层电子数为10+8=18；
(4)
外界的氯离子可以电离，结合题意可知紫色物质为[Cr(H2O)6]Cl3、浅绿色物质为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O，蓝绿色物质为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，所以浅绿色的结构中配离子的化学式为[Cr(H2O)5Cl]2+；
(5)
①据图可知Mn原子位于S原子形成的四面体中心，所以Mn原子的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞Mn原子的个数为1+4×=2，S原子的个数,1+8×=2，所以原子总体积为4×nm3；晶胞底面边长为a nm，高为c nm，形状为菱形，所以体积为nm3，空间利用率为=。
12．(1)3d104sl
(2) N>O> S 苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键
(3)分子晶体
(4) 正四面体 N sp和sp3;
(5) 1：1
【解析】
(1)
铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104sl；
(2)
同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，所以第一电离能N>O> S； 苯酚的沸点大于甲苯的原因苯酚有酚羟基可形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键；
(3)
FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，熔沸点比较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体；
(4)
配合物[Cu(CH3CN)4]BF4，阴离子BF中B原子价电子对数是4对，无孤电子对，所以空间构型为正四面体，配体CH3CN中N原子含有孤电子对，配离子中与Cu(Ⅰ)形成配位键的原子是N原子，配体含有单键碳、叁键碳，碳原子的杂化方式是sp和sp3；
(5)
图中的正八面体空隙为体心和12条棱心，所以总数为1+124=4，氧离子数为8个顶点和6个面心，所以总数为8+6=4，所以正八面体空隙数与O2 数之比为比为1：1。依题意图示结构为晶胞的，所以一个晶胞中应含有8个Fe3O4，则Fe3O4晶体密度为；
13．(1)3d104s1
(2)Zn 原子半径小，且价电子排布为全满结构，第一电离能更大
(3) 6 BF
(4) 22NA NH3 中只有一对孤对电子，H2O中有两对孤对电子，孤对电子越多，键角越小
(5) 八 1：2：1
【解析】
(1)
已知Cu是29号元素，则基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)
K与Zn都是第四周期的元素，二者属于同一周期，但K的第一电离能小于Zn的第一电离能， 这是由于Zn的原子序数大，Zn 原子半径小，且价电子排布为全满结构，第一电离能更大；
(3)
Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，该化合物中Ti3+的周围共有6个配位键，6个配体，则其配位数为6，在该化合物中存在[TiCl(H2O)5]2+与Cl-之间的离子键，[TiCl(H2O)5]2+ 内部Ti3+与Cl-、H2O之间的配位键，H2O中H-O之间的极性共价键，配位键和H2O中的极性键均为σ键，故不含π键和非极性键，故答案为：6；BF；
(4)
1个H2O内含2个σ键，1个NH3含3个σ键， 同时每个H2O、NH3与中心Cu之间形成1个配位键，也属于σ键，故1 mol该配离子中含有σ键=(2×2+3×4+6)mol=22 mol，即22NA；NH3中心N只含l对孤对电子，而H2O中心O含2对孤对电子，孤对电子斥力大于σ电子对，故H2O键角小于NH3，故答案为：NH3 中只有一对孤对电子，H2O中有两对孤对电子，孤对电子越多，键角越小；
(5)
由图可知，氧离子在棱上，所以镍离子填充在由阳离子所构成的正八面体的空隙中；依据晶胞结构，镍离子数目为，阳离子数目为，当出现晶体塌陷后，晶胞质量为4.0×10-22g,，，故此时晶体的化学式为Ni3O4，有一个镍离子所在的空隙塌陷，依据化合价可知，Ni2+：Ni3+=1：2，外加塌陷的空隙，填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为1:2:1。
14．(1) BP 共价
(2) N与P同族，P电子层数多，原子半径大，易失电子 Si、P、S同周期，核电荷数依次增加，P的电子排布式为，为半满稳定结构，第一电离能最大，与Si相比，S核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大
(3)
(4) 平面三角形 三角锥形 3
(5)
【解析】
(1)
晶胞中黑球个数为8+6=4，白球个数为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，磷化硼是一种新型超硬耐磨涂层材料，再考虑到B、P元素性质，可知BP为共价晶体。
(2)
由第一电离能变化规律可知，N与P同族，P电子层数多，原子半径大，易失电子，因此第一电离能：I1(N)>I1(P)；Si、P、S同周期，核电荷数依次增加，P的电子排布式为，为半满稳定结构，第一电离能最大，与Si相比，S核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大，故I1(P)>I1(S)>I1(Si)。
(3)
沿体对角线投影可知，体对角线的两顶点投影为六边形中心，其他六个顶点投影在大六边形，6个面心投影在小六边形，而B原子一个投影在中心，另三个均匀分布在小六边形的间隔位置，如图。
(4)
三溴化硼中B的价层电子对数为3+(3-13)=3，采取杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形；三溴化磷中P的价层电子对数3+(5-13)=4，采取杂化，有一对孤对电子，空间构型为三角锥形。
(5)
由(1)可知，1个晶胞中的B、P原子个数均为4，则晶胞质量为m=g，晶胞体积V=4783pm3=478310-30cm3，所以ρ==。
【点睛】
本题考查结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基础知识综合运用、空间想象能力及计算能力。
15．(1)N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高
(2)bc
(3) 8
(4) Ⅷ d Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少
【解析】
(1)
尿素中氮元素的第一电离能比氧元素高的原因是氧原子的价电子排布式为2s22p4，原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，而氮原子的的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，电离能高于相邻元素，故答案为：N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
(2)
a．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，由价层电子对互斥理论可知，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，故正确；
b．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，又氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，则氨气极易溶解在水中与氨分子为极性分子和与水分子间能形成氢键有关，故错误；
c．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与氮氢键和磷氢键的键能的大小无关，故错误；
故选bc；
(3)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线处的氧离子间的距离最近，所以锆离子的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的锆离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，故答案为：8；；
(4)
①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区，故答案为：Ⅷ；d；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级是比较稳定的半充满状态，再失去一个电子需要消耗较大的能量，而Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，故答案为：Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少。
16．(1) 3d6 2
(2) N、Cl 6 H5O
(3) sp3 因为乙二胺分子间存在氢键，所以乙二胺的沸点高于正丁烷
(4)NO、NO、NO
(5) 16 ×100%
【解析】
(1)
钴元素的原子序数为27，失去3个电子形成钴离子，离子的价电子排布式为3d6，离子中有4个未成对电子，则离子的磁矩μB===2，故答案为：3d6；2；
(2)
由Y+的结构可知，Y+中的配体，提供孤电子对的原子是氮原子和氯原子，配位数为6；晶体中仅存在3种离子，由原子个数和电荷守恒可知，X+是H5O，故答案为：N、Cl；6；H5O；
(3)
Y+中形成单键的氮原子的杂化方式为sp3杂化；乙二胺分子中含有的氨基能形成分子间氢键，而正丁烷不能形成分子间氢键，分子间作用力小于乙二胺，沸点低于乙二胺，故答案为： sp3；因为乙二胺分子间存在氢键，所以乙二胺的沸点高于正丁烷；
(4)
NO中氮原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，离子的空间构型为直线形；NO中氮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，NO中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，离子的空间构型为V形，则三种离子的键角由大到小的顺序是NO、NO、NO，故答案为：NO、NO、NO；
(5)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的锂离子的个数为8×+6×+4=8，由碳酸锂的化学式可知，晶胞中含有氧离子的个数为8×2=16；晶胞中锂离子的体积为pm3×8=pm3，则锂离子占有晶胞总体积的百分率×100%=×100%，故答案为：×100%。
17．(1)
(2) 5 平面三角形 SO3或BF3
(3) sp2、sp3 N <
(4) a SiC2N4
(5)
【解析】
(1)
已知C是6号元素，则基态碳原子的价电子排布图为：，故答案为：；
(2)
已知H2CO3的结构式为：，则1个分子含有5个σ键；中心原子周围的价层电子对数为：3+=3，根据价成电子对互斥理论可知，其立体构型为平面三角形，根据等电子原理可知，互为等电子体(即原子总数相同价电子总数相同的微粒)的微粒具有相同的空间构型，则一种与具有相同立体构型的分子有：SO3或BF3，故答案为：5；平面三角形；SO3或BF3；
(3)
由题干图示信息可知，该结构中部分碳原子周围形成有4个σ键，这样的碳原子采用sp3杂化，部分碳原子周围有3个σ键，这样的碳原子采用sp2杂化，故该结构中碳原子的杂化类型为sp2、sp3，配位原子是指提供孤电子对的原子，由图示可知该微粒中的配位原子为N，C、O是同一周期元素，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：＜，故答案为：sp2、sp3；N；＜；
答案第1页，共2页
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