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河北省张家口市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
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这是一份河北省张家口市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题，共15页。试卷主要包含了实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
河北省张家口市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
一、实验题
1．（2020·河北张家口·一模）光气(COCl2)在农药、医药、工程塑料等方面都有广泛应用，光气常温下为无色气，有腐草味，低温时为黄绿色液体，化学性质不稳定，遇水迅速水解，生成氯化氢。某实验小组利用如下实验装置合成光气并利用光气与浓氨水反应制备尿素[CO(NH2)2]。主要实验装置(夹持装置略去)及操作步骤如下：
①按如图连接装置，检验装置的气密性，然后加装实验药品；
②打开活塞a.，向A中缓慢通入干燥的热空气；
③一段时间后，装置D中溶液会出现分层现象，且混合液上方有大量白色烟雾；
已知：3CC14+Al2O3=3COCl2+2AlC13
回答下列问题：
(1)检验整个装置的气密性的方法：___。
(2)步骤②中通入干燥的热空气的作用为___。
(3)装置C的作用___。
(4)装置D中反应除生成尿素[CO(NH2)2］外，还有NH4Cl生成，该反应的化学方程式为___。。
(5)分离装置D中混合液的操作名称为___。
(6)装置E中足量的NaOH溶液与少量的光气反应的离子方程式为：___。
(7)实验后，将D中溶液先蒸发结晶，再用重结晶的方法得到尿素晶体(含有少量的NH4Cl杂质)，测定所得晶体中尿素的百分含量的方法：将7.07g晶体中所含氮完全转化为氨气所得氨气用100mL2.00mol•L-1的硫酸溶液完全吸收，取吸收液10mL用0.4000mol•L-1的氢氧化钠标准溶液滴定。
①到达滴定终点时，消耗氢氧化钠45.00mL，则该晶体中尿素的质量分数为___(保留3位有效数字)。
②若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，则测得该体晶中尿素的质量分数___(选填“偏大”或“偏小”)。
2．（2021·河北张家口·统考一模）二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。学习小组在实验室制备VCl2并进行相关探究。回答下列问题：
(1)小组同学通过VCl3分解制备VCl2，并检验气体产物。
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为__(用小写字母填空)。
②A中盛放NaNO2的仪器名称为___，其中发生反应的离子方程式为__；m管的作用为__。
③实验过程中需持续通入N2，其作用为__。
④实验后，选用D中所得溶液和其他合理试剂，设计实验方案证明C处有Cl2生成__。
(2)测定产品纯度：实验后产品中混有少量VCl3杂质。称量1.3775g样品，溶于水充分水解，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.5000mol•L-1AgNO3标准溶液滴定Cl-，达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL(Ag2CrO4为砖红色沉淀，杂质不参加反应)。
①滴定终点的现象为__。
②产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为__。
(3)小组同学进一步用如图所示装置比较含钒离子的还原性。接通电路后，观察到右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，则VO、V2+的还原性较强的是__。
3．（2022·河北张家口·统考一模）含硫化合物在生产生活中有重要应用，实验小组对部分含硫化合物进行探究。回答下列问题：
(1)小组同学设计了两种制备的方案。
Ⅰ.70% 溶液与粉末反应；Ⅱ．Cu粉与浓在加热条件下反应。
①方案Ⅰ所涉及的化学方程式为___________。
②两种方案相比，方案Ⅰ的优点为___________。
(2)小组同学用如图所示装置检验上述方案Ⅱ中所有气体产物。
①A中仪器m的名称为___________，装置B中盛放的试剂为___________。
②按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→___________→d(填仪器接口的小写字母)。
③装置C中仪器n的作用为___________。
(3)小组同学探究溶液的pH对与反应产物的影响，进行如下实验。
查阅资料：为白色难溶于水的固体，能溶于溶液；AgOH为白色难溶于水的固体，易分解，难溶于溶液；为白色固体，微溶于水，不易分解。
步骤一：将一定质量的配成250mL溶液，并测得溶液的；将一定质量配成250mL溶液，并分成两份，一份用将pH调至8，另一份用NaOH溶液将pH调至11；
步骤二：将的溶液滴入足量的的溶液中，开始产生白色沉淀，后沉淀变为棕黑色。
步骤三：将的溶液滴入的溶液中，产生白色沉淀。
①步骤一中配置溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要___________。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为，则该步骤产生的白色沉淀为___________(填化学式)。
③对步骤三中白色沉淀的组成提出假设：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假设ⅱ的依据为___________；请设计实验方案验证假设ⅰ是否正确：___________。
二、结构与性质
4．（2020·河北张家口·一模）铜是人类最早使用的金属之一。也是中学中常见的过镀金属元素。铜是与人类关系非常密切的有色金属。被广泛地作力导线应用于电气、轻工、机械制造、建筑工业、国防工业等领域在中国有色金属材料的消费中仅次于铝。回答下列问题：
(1)基态Cu+原子核外电子排式为___。
(2)CuCl晶体的晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到：
铜原子的第一电离能为___kJ•mol-1；Cl-Cl键键能为___kJ•mol-1；CuCl的晶格能为___kJ•mol-1。
(3)铜盐属于重金属盐，铜盐中毒可用青霉胺解毒，解毒原理如下：Cu2+能与青霉胺成环状络合物，该环状络合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。
①青霉胺分子中S原子的轨道杂化类型为___；
②硫化氢与氨气键角的大小：H2S___NH3(填“＞”或“<”)。
③第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有___(用元素符号表示)。
④该环状络合物无毒、易溶于水，可经尿液排出，请解释该化合物易溶于水的主要原因：___。
(4)某含铜的离子化合物M由Cs、Cu、Cl三种元素构成，M属于立方体晶系的离子晶体，其结构如图所示。试回答下列问题：
①离子化合物M的化学式为___；
②已知Cs和Cl两元素离子的半径大小相近，该晶体中两种离子联合组成何种形式的密堆积___；
③若晶胞参数为anm，则这种晶体密度为___g•cm-3(用含a、和NA的式子表示)。
5．（2021·河北张家口·统考一模）B和Ni均为新材料的主角。回答下列问题：
(1)基态B原子的核外电子有__种空间运动状态；基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为__。
(2)硼的卤化物的沸点如表所示：
卤化物
BF3
BCl3
BBr3
沸点/℃
-100.3
12.5
90
①解释表中卤化物之间沸点差异的原因__。
②表中卤化物的立体构型均为__。
(3)高氯酸三碳酰肼合镍[Ni(NH2NHCONHNH2)3](ClO4)2是一种新型起爆药。
①该物质中含有3个六元环，与C相连的N原子不能提供形成配位键的孤电子对。则1mol该物质中含有配位键的数目为__。
②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为__。
③ClO中Cl原子的杂化形式为__；该离子中的键角__(填“大于”或“小于”)N2H4中的键角。
④HClO4的酸性强于HClO2的原因为__。
(4)硼化钙可用于新型半导体材料，一种硼化钙的晶胞结构及沿z轴方向的投影图如图所示，硼原子形成的正八面体占据顶角位置。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度ρ=__g•cm-3。
6．（2022·河北张家口·统考一模）光电材料在能源军事等领域有重要应用，分为无机光电材料如ZnS、ZnSe、GaAs、等，及有机光电材料(如图1所示化合物)。回答下列问题：
(1)基态Zn原子的价层电子排布图为_____；Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序为___________。
(2)图1所示化合物中所含有的化学键类型有_____(填选项字母)，N原子的杂化方式为_____。
A．共价键 B．离子键 C．配位键 D．氢键
(3)在水溶液中，以为电子供体，在光催化剂上可还原为CO，部分氧化物的沸点如表所示：
氧化物
沸点/℃
100
-10
-78.5
①表中氧化物之间沸点差异的原因为___________。
②的VSEPR模型为___________。
③和分子中，键角更大的是___________。
(4)ZnS和ZnSe晶体的立方晶胞结构相似，均可看作将金刚石晶胞(如图2)内部的碳原子用Zn代替，晶胞顶角与面心位置的碳原子被S或Se代替。
①ZnS晶体中，Zn原子在S原子围成的正四面体空隙中的占用率为___________。
②若阿伏加德罗常数的值为，ZnS晶体的密度为，ZnSe晶体的密度为，则ZnS晶体中Zn与S原子最短距离和ZnSe晶体中Zn与Se原子最短距离之比为___________。
参考答案：
1． 关闭活塞a，将装置末端导管插入盛水的烧杯中，加热装置A，观察末端导管口有气泡产生，停止加热，末端导管口有一段水柱 加热蒸发CCl4，并且将热的CC14气体带出，进入B装置发生反应 防止D装置中的水进入装置B，导致光气发生水解反应 COC12+4NH3•H2O=CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O 分液 COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O 84.9% 偏小
【分析】本实验目的是合成光气并利用光气与浓氨水反应制备尿素[CO(NH2)2]；光气化学性质不稳定，遇水迅速水解，所以制备光气时要保持体系干燥，用干燥的热空气将加热蒸发四氯化碳，并将其吹入B装置中与Al2O3进行反应制备光气，C装置可以防止水蒸气进入B装置；光气通入浓氨水中反应制备[CO(NH2)2]；D中有被吹过来的四氯化碳冷凝，四氯化碳不溶于水，所以出现分层现象；未反应的光气在混合液上方与水蒸气反应生成HCl和CO2，HCl遇到挥发出的氨气反应生成氯化铵，所以产生大量白烟；装置E可以吸收尾气。
(7)滴定原理为先将样品中的N元素全部转化为氨气用硫酸吸收，然后用NaOH标准液滴定剩余的硫酸的量，从而确定N元素的量，再根据守恒法计算确定样品中尿素的含量。
【详解】(1)可以通过受热法检验装置的气密性，具体操作为：关闭活塞a，将装置末端导管插入盛水的烧杯中，加热装置A，观察末端导管口有气泡产生，停止加热，末端导管口有一段水柱，说明气密性良好；
(2)根据分析可知通入干燥热空气的作用为加热蒸发CCl4，并且将热的CC14气体带出，进入B装置发生反应；
(3)光气化学性质不稳定，遇水迅速水解，装置C的作用主要是防止D装置中的水蒸气进入装置B，导致光气发生水解反应；
(4)D中反应物为COCl2和一水合氨，产物有[CO(NH2)2]和NH4Cl等，根据元素守恒可得方程式为COC12+4NH3•H2O=CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O；
(5)装置D中溶液分层，可通过分液的方法分离；
(6)光气遇水水解产生HCl和CO2，HCl与NaOH反应生成NaCl和水，CO2和NaOH反应生成Na2CO3和水，所以光气和NaOH溶液反应的离子方程式为COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O；
(7)①到达滴定终点时，消耗氢氧化钠45.00mL，则10mL吸收液剩余n(H+)=0.045L×0.4000mol/L=0.018mol，则所得的氨气n(NH3)=0.1L×2.00mol/L×2-=0.22mol，设晶体中n([CO(NH2)2])=x mol，n(NH4+)=y mol；
根据元素守恒可得，解得x=0.1mol，y=0.02mol，所以尿素的质量分数为×100%=84.9%；
②若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管,会使消耗的氢氧化钠标准溶液偏多，则测得该晶体中尿素的质量分数偏小。
【点睛】尿素的质量分数的计算为本题难点，要注意守恒法在化学计算中的使用，避免繁琐的计算，计算步骤越多，出错的概率越大。
2． a→c，b→d，e→g，h→f 蒸馏烧瓶 NO+NH N2↑+2H2O 平衡气压，使溶液顺利滴下 排除装置中的空气 取少许D中溶液，向其中滴加硝酸至溶液显酸性，再加入几滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成 有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化 1∶20 V2+
【分析】二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，VCl3分解制备VCl2，需要排除装置中的空气，根据题意，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，用氮气除尽装置中的空气，氮气中的水蒸气可以通过浓硫酸除去，为了防止外界空气中的水蒸气进入装置，在分解后的装置后面需要连接一个干燥装置，VCl3分解生成的氯气可以通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染；根据滴定反应Ag++Cl-=AgCl↓计算解答；右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，说明右侧锥形瓶中VO转化成了VO2+，结合原电池原理分析解答。
【详解】(1)①二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，VCl3分解制备VCl2，需要排除装置中的空气，根据题意，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，用氮气除尽装置中的空气，氮气中的水蒸气可以通过浓硫酸除去，为了防止外界空气中的水蒸气进入装置，在分解后的装置后面需要连接一个干燥装置，VCl3分解生成的氯气可以通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染，装置的连接顺序为ABCED，按气流方向，接口连接顺序为a→c，b→d，e→g，h→f，故答案为：a→c，b→d，e→g，h→f；
②A中盛放NaNO2的仪器为蒸馏烧瓶，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，反应的离子方程式为NO+NH N2↑+2H2O，m管可以平衡气压，使溶液顺利滴下，故答案为：蒸馏烧瓶；NO+NH N2↑+2H2O；平衡气压，使溶液顺利滴下；
③二氯化钒(VCl2)有强还原性，实验过程中需持续通入N2，排除装置中的空气，防止生成的VCl2被空气中的氧气氧化，故答案为：排除装置中的空气；
④氯气与氢氧化钠能够反应生成次氯酸钠和氯化钠，实验后，可以选用D中所得溶液和硝酸银溶液设计实验方案证明C处有Cl2生成，具体步骤可以是取少许D中溶液，向其中滴加硝酸至溶液显酸性，再加入几滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成，说明而言中存在氯离子，可以间接证明VCl3分解生成了氯气，故答案为：取少许D中溶液，向其中滴加硝酸至溶液显酸性，再加入几滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成；
(2)①根据题意，滴定终点的现象为，故答案为：有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化；
②滴定反应为Ag++Cl-=AgCl↓，n(AgNO3)=0.046L×0.5000mol•L-1=0.023mol，则溶液中含有0.023mol Cl-，设产品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，则157.5g/mol×x+122 g/mol×y=1.3775g，3x+2y=0.023mol，解得：x=0.001，y=0.02，因此产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为0.001∶0.02=1∶20，故答案为：1∶20；
(3) 接通电路后，观察到右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，说明右侧锥形瓶中VO转化成了VO2+，V的化合价由+5价变成了+4价，被还原，因此左侧锥形瓶中发生氧化反应，V2+转化为V3+，总反应为VO+ V2+= VO2++ V3+，VO为氧化剂，V2+为还原剂，因此还原性较强的是V2+，故答案为：V2+。
3．(1) 原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)
(2) 蒸馏烧瓶 品红溶液(或高锰酸钾溶液) gfbc 防止倒吸
(3) 250 mL容量瓶﹑胶头滴管 AgOH 酸性条件下可能将氧化为 取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立
【分析】装置A中铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，将生成的气体通过装置D，用无水硫酸铜检验水蒸气，再用装置B检验二氧化硫，B中盛放品红溶液或酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫污染环境，最后用装置C处理尾气。
【详解】（1）①硫酸与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。
②方案II需要加热，反应I不需要，且方案I原料利用率高，因此方案Ⅰ的优点为：原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)。
（2）①A中仪器m的名称为蒸馏烧瓶，装置B用来检验二氧化硫，因此盛放试剂为：品红溶液(或高锰酸钾溶液)。
②由分析可知，装置的连接顺序为ADBC，因此按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→gfbc→d。
③装置C中仪器n为球形干燥管，其作用为防止倒吸。
（3）①配制250mL一定浓度溶液所需玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为 Ag2O ，由题意可知，氢氧化银易分解生成氧化银和水，因此该步骤产生的白色沉淀为AgOH。
③亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，且pH=4的硝酸银溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，因此白色沉淀可能含硫酸银；由信息可知，为白色难溶于水的固体，能溶于溶液，因此验证沉淀中是否含的操作和现象为：取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立。
4． 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 741.8 242.6 990.9 sp3 < F、Ne 该化合物与水之间可以形成分子间氢键 CsCuCl3 面心立方最密堆积
【详解】(1)Cu为29号元素，失去最外层1个电子形成Cu+，根据核外电子的排布规律，基态Cu+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
(2)据图可知1mol气态铜原子各失去一个电子形成气态Cu+所需要的能量为741.8kJ/mol，所以铜原子的第一电离能为741.8 kJ/mol；0.5mol氯气吸收 121.3 kJ/mol能量变为气态氯原子，即断裂0.5molCl-Cl键需要吸收121.3 kJ/mol，所以Cl-Cl键键能为242.6 kJ/mol；据图可知：Cu(晶体)+Cl2(g)→CuCl(晶体)△H=-137.2 kJ/mol；
Cu(晶体)→Cu+(g) △H1=+337.4 kJ/mol+741.8 kJ/mol；
Cl2(g)→Cl-(g) △H2=+121.3kJ/mol-346.8kJ/mol；
根据盖斯定律CuCl(晶体)→Cu+(g)+ Cl-(g)△H3=△H1+△H2-△H =990.9kJ/mol，所以CuCl的晶格能为990.9 kJ/mol；
(3)①图示结构中S原子形成2个共价单键，1个配位键，还有1对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；
②氨分子只有一对孤对电子，排斥力比有两对孤对电子的硫化氢小，所以键角比硫化氢大；
③同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子最外层为半满状态，第一电离能大于相邻的O元素，所以第二周期中第一电离能大于N的有F、Ne；
④该化合物容易与水分子之间形成分子间氢键，提高其在水中的溶解度；
(4)①根据均摊法，该晶胞中Cs+的个数为1，Cl-的个数为=3，Cu2+的个数为=1，所以该离子化合物的化学式为CsCuCl3；
②该晶胞中Cs+占据体心，Cl-占据棱心，离子的半径大小相近，联合组成面心立方最密堆积；
③晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=a3nm3，所以晶胞的密度为=g·nm3=g·cm3
【点睛】晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量；同周期比N元素第一电离能大的元素的寻找为易错点，注意不要忽略Ne元素。
5． ３ 球形 均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高 平面三角形 6NA N＞O＞C sp3 大于 HClO4中非羟基氧的数目比HClO2的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl-O-H中的电子向Cl偏移程度比HClO2的大，HClO4更易电离出氢离子
【详解】(1)B原子序数为5，核外有5个电子，占据3个不同轨道，有3种运动状态；Ni有28个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，最高能层第4层，4s为球形；
故答案为：5；球形。
(2)①BF3、BCl3、BBr3为分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，相对分子质量高，沸点高；
故答案为：均为分子晶体，相对分子质量不同。
②B形成3个δ键，孤电子对数为0，为sp2杂化，立体结构为平面三角形；
故答案为：平面三角形。
(3)①1mol该物质中含有配位键数目为6NA；
故答案为：6NA。
②C、N、O第一电离能从大到小的顺序：N＞O＞C；
故答案为：N＞O＞C。
③ClO中Cl的杂化方式为sp3杂化，Cl的孤电子对为0，价层电子数为4，该离子中的键角大于N2H4中的键角；
故答案为：sp3；大于。
④HClO4的酸性强于HClO2的原因：HClO4中非羟基氧的数目比HClO2的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl-O-H中的电子向Cl偏移程度比HClO2的大，HClO4更易电离出氢离子；
故答案为：HClO4中非羟基氧的数目比HClO2的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl-O-H中的电子向Cl偏移程度比HClO2的大，HClO4更易电离出氢离子。
(4)晶胞中B个数，，Ca为1，，。
故答案为：。
6．(1) As＞Se＞Ga
(2) AC 杂化
(3) 三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且相对分子质量大于 平面三角形
(4) 50%
【解析】（1）
锌元素的原子序数为30，基态原子的价电子排布式为3d104s2，价层电子排布图为 ；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，砷原子的4p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硒、镓、砷的第一电离能由大到小的顺序为As＞Se＞Ga，故答案为： ；As＞Se＞Ga；
（2）
)由化合物的结构可知，铝离子与氧原子和氮原子形成配位键，碳原子与氢原子、氧原子和氮原子形成共价键，化合物中不存在离子键和氢键，故选AC；化合物中形成双键氮原子的杂化方式为杂化，故答案为：AC；杂化；
（3）
①由表中数据可知，三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，其中水分子间能形成氢键，沸点最高，二氧化硫为极性分子而二氧化碳为非极性分子，且二氧化硫相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳，故答案为：种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且相对分子质量大于；
②二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数目为3，VSEPR模型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
③水分子和硫化氢分子中氧原子和硫原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为2，氧元素的电负性强于硫元素，分子中成键电子对更靠近氧原子，成键电子对之间的排斥力更大，键角更大，所以水分子的键角大于硫化氢，故答案为：H2O；
（4）
①由题给信息推知，硫化锌晶胞中含有8个硫原子形成的四面体，其中4个被锌占用，则锌原子在硫原子围成的正四面体空隙中的占用率为50%，故答案为：50%；
②硫化锌晶体和硒化锌晶体的结构相似，晶胞中位于顶点和面心的硫原子或硒原子的个数为8×+6×=4，位于体内的锌原子个数为4，晶胞中锌原子与硫原子或硒原子的最短距离都为体对角线的，则由晶胞质量公式可知，硫化锌晶体中锌与硫原子最短距离与硒化锌晶体的中锌与硒原子最短距离之比为=，故答案为：。
河北省张家口市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
一、实验题
1．（2020·河北张家口·一模）光气(COCl2)在农药、医药、工程塑料等方面都有广泛应用，光气常温下为无色气，有腐草味，低温时为黄绿色液体，化学性质不稳定，遇水迅速水解，生成氯化氢。某实验小组利用如下实验装置合成光气并利用光气与浓氨水反应制备尿素[CO(NH2)2]。主要实验装置(夹持装置略去)及操作步骤如下：
①按如图连接装置，检验装置的气密性，然后加装实验药品；
②打开活塞a.，向A中缓慢通入干燥的热空气；
③一段时间后，装置D中溶液会出现分层现象，且混合液上方有大量白色烟雾；
已知：3CC14+Al2O3=3COCl2+2AlC13
回答下列问题：
(1)检验整个装置的气密性的方法：___。
(2)步骤②中通入干燥的热空气的作用为___。
(3)装置C的作用___。
(4)装置D中反应除生成尿素[CO(NH2)2］外，还有NH4Cl生成，该反应的化学方程式为___。。
(5)分离装置D中混合液的操作名称为___。
(6)装置E中足量的NaOH溶液与少量的光气反应的离子方程式为：___。
(7)实验后，将D中溶液先蒸发结晶，再用重结晶的方法得到尿素晶体(含有少量的NH4Cl杂质)，测定所得晶体中尿素的百分含量的方法：将7.07g晶体中所含氮完全转化为氨气所得氨气用100mL2.00mol•L-1的硫酸溶液完全吸收，取吸收液10mL用0.4000mol•L-1的氢氧化钠标准溶液滴定。
①到达滴定终点时，消耗氢氧化钠45.00mL，则该晶体中尿素的质量分数为___(保留3位有效数字)。
②若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，则测得该体晶中尿素的质量分数___(选填“偏大”或“偏小”)。
2．（2021·河北张家口·统考一模）二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。学习小组在实验室制备VCl2并进行相关探究。回答下列问题：
(1)小组同学通过VCl3分解制备VCl2，并检验气体产物。
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为__(用小写字母填空)。
②A中盛放NaNO2的仪器名称为___，其中发生反应的离子方程式为__；m管的作用为__。
③实验过程中需持续通入N2，其作用为__。
④实验后，选用D中所得溶液和其他合理试剂，设计实验方案证明C处有Cl2生成__。
(2)测定产品纯度：实验后产品中混有少量VCl3杂质。称量1.3775g样品，溶于水充分水解，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.5000mol•L-1AgNO3标准溶液滴定Cl-，达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL(Ag2CrO4为砖红色沉淀，杂质不参加反应)。
①滴定终点的现象为__。
②产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为__。
(3)小组同学进一步用如图所示装置比较含钒离子的还原性。接通电路后，观察到右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，则VO、V2+的还原性较强的是__。
3．（2022·河北张家口·统考一模）含硫化合物在生产生活中有重要应用，实验小组对部分含硫化合物进行探究。回答下列问题：
(1)小组同学设计了两种制备的方案。
Ⅰ.70% 溶液与粉末反应；Ⅱ．Cu粉与浓在加热条件下反应。
①方案Ⅰ所涉及的化学方程式为___________。
②两种方案相比，方案Ⅰ的优点为___________。
(2)小组同学用如图所示装置检验上述方案Ⅱ中所有气体产物。
①A中仪器m的名称为___________，装置B中盛放的试剂为___________。
②按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→___________→d(填仪器接口的小写字母)。
③装置C中仪器n的作用为___________。
(3)小组同学探究溶液的pH对与反应产物的影响，进行如下实验。
查阅资料：为白色难溶于水的固体，能溶于溶液；AgOH为白色难溶于水的固体，易分解，难溶于溶液；为白色固体，微溶于水，不易分解。
步骤一：将一定质量的配成250mL溶液，并测得溶液的；将一定质量配成250mL溶液，并分成两份，一份用将pH调至8，另一份用NaOH溶液将pH调至11；
步骤二：将的溶液滴入足量的的溶液中，开始产生白色沉淀，后沉淀变为棕黑色。
步骤三：将的溶液滴入的溶液中，产生白色沉淀。
①步骤一中配置溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要___________。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为，则该步骤产生的白色沉淀为___________(填化学式)。
③对步骤三中白色沉淀的组成提出假设：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假设ⅱ的依据为___________；请设计实验方案验证假设ⅰ是否正确：___________。
二、结构与性质
4．（2020·河北张家口·一模）铜是人类最早使用的金属之一。也是中学中常见的过镀金属元素。铜是与人类关系非常密切的有色金属。被广泛地作力导线应用于电气、轻工、机械制造、建筑工业、国防工业等领域在中国有色金属材料的消费中仅次于铝。回答下列问题：
(1)基态Cu+原子核外电子排式为___。
(2)CuCl晶体的晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到：
铜原子的第一电离能为___kJ•mol-1；Cl-Cl键键能为___kJ•mol-1；CuCl的晶格能为___kJ•mol-1。
(3)铜盐属于重金属盐，铜盐中毒可用青霉胺解毒，解毒原理如下：Cu2+能与青霉胺成环状络合物，该环状络合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。
①青霉胺分子中S原子的轨道杂化类型为___；
②硫化氢与氨气键角的大小：H2S___NH3(填“＞”或“<”)。
③第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有___(用元素符号表示)。
④该环状络合物无毒、易溶于水，可经尿液排出，请解释该化合物易溶于水的主要原因：___。
(4)某含铜的离子化合物M由Cs、Cu、Cl三种元素构成，M属于立方体晶系的离子晶体，其结构如图所示。试回答下列问题：
①离子化合物M的化学式为___；
②已知Cs和Cl两元素离子的半径大小相近，该晶体中两种离子联合组成何种形式的密堆积___；
③若晶胞参数为anm，则这种晶体密度为___g•cm-3(用含a、和NA的式子表示)。
5．（2021·河北张家口·统考一模）B和Ni均为新材料的主角。回答下列问题：
(1)基态B原子的核外电子有__种空间运动状态；基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为__。
(2)硼的卤化物的沸点如表所示：
卤化物
BF3
BCl3
BBr3
沸点/℃
-100.3
12.5
90
①解释表中卤化物之间沸点差异的原因__。
②表中卤化物的立体构型均为__。
(3)高氯酸三碳酰肼合镍[Ni(NH2NHCONHNH2)3](ClO4)2是一种新型起爆药。
①该物质中含有3个六元环，与C相连的N原子不能提供形成配位键的孤电子对。则1mol该物质中含有配位键的数目为__。
②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为__。
③ClO中Cl原子的杂化形式为__；该离子中的键角__(填“大于”或“小于”)N2H4中的键角。
④HClO4的酸性强于HClO2的原因为__。
(4)硼化钙可用于新型半导体材料，一种硼化钙的晶胞结构及沿z轴方向的投影图如图所示，硼原子形成的正八面体占据顶角位置。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度ρ=__g•cm-3。
6．（2022·河北张家口·统考一模）光电材料在能源军事等领域有重要应用，分为无机光电材料如ZnS、ZnSe、GaAs、等，及有机光电材料(如图1所示化合物)。回答下列问题：
(1)基态Zn原子的价层电子排布图为_____；Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序为___________。
(2)图1所示化合物中所含有的化学键类型有_____(填选项字母)，N原子的杂化方式为_____。
A．共价键 B．离子键 C．配位键 D．氢键
(3)在水溶液中，以为电子供体，在光催化剂上可还原为CO，部分氧化物的沸点如表所示：
氧化物
沸点/℃
100
-10
-78.5
①表中氧化物之间沸点差异的原因为___________。
②的VSEPR模型为___________。
③和分子中，键角更大的是___________。
(4)ZnS和ZnSe晶体的立方晶胞结构相似，均可看作将金刚石晶胞(如图2)内部的碳原子用Zn代替，晶胞顶角与面心位置的碳原子被S或Se代替。
①ZnS晶体中，Zn原子在S原子围成的正四面体空隙中的占用率为___________。
②若阿伏加德罗常数的值为，ZnS晶体的密度为，ZnSe晶体的密度为，则ZnS晶体中Zn与S原子最短距离和ZnSe晶体中Zn与Se原子最短距离之比为___________。
参考答案：
1． 关闭活塞a，将装置末端导管插入盛水的烧杯中，加热装置A，观察末端导管口有气泡产生，停止加热，末端导管口有一段水柱 加热蒸发CCl4，并且将热的CC14气体带出，进入B装置发生反应 防止D装置中的水进入装置B，导致光气发生水解反应 COC12+4NH3•H2O=CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O 分液 COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O 84.9% 偏小
【分析】本实验目的是合成光气并利用光气与浓氨水反应制备尿素[CO(NH2)2]；光气化学性质不稳定，遇水迅速水解，所以制备光气时要保持体系干燥，用干燥的热空气将加热蒸发四氯化碳，并将其吹入B装置中与Al2O3进行反应制备光气，C装置可以防止水蒸气进入B装置；光气通入浓氨水中反应制备[CO(NH2)2]；D中有被吹过来的四氯化碳冷凝，四氯化碳不溶于水，所以出现分层现象；未反应的光气在混合液上方与水蒸气反应生成HCl和CO2，HCl遇到挥发出的氨气反应生成氯化铵，所以产生大量白烟；装置E可以吸收尾气。
(7)滴定原理为先将样品中的N元素全部转化为氨气用硫酸吸收，然后用NaOH标准液滴定剩余的硫酸的量，从而确定N元素的量，再根据守恒法计算确定样品中尿素的含量。
【详解】(1)可以通过受热法检验装置的气密性，具体操作为：关闭活塞a，将装置末端导管插入盛水的烧杯中，加热装置A，观察末端导管口有气泡产生，停止加热，末端导管口有一段水柱，说明气密性良好；
(2)根据分析可知通入干燥热空气的作用为加热蒸发CCl4，并且将热的CC14气体带出，进入B装置发生反应；
(3)光气化学性质不稳定，遇水迅速水解，装置C的作用主要是防止D装置中的水蒸气进入装置B，导致光气发生水解反应；
(4)D中反应物为COCl2和一水合氨，产物有[CO(NH2)2]和NH4Cl等，根据元素守恒可得方程式为COC12+4NH3•H2O=CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O；
(5)装置D中溶液分层，可通过分液的方法分离；
(6)光气遇水水解产生HCl和CO2，HCl与NaOH反应生成NaCl和水，CO2和NaOH反应生成Na2CO3和水，所以光气和NaOH溶液反应的离子方程式为COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O；
(7)①到达滴定终点时，消耗氢氧化钠45.00mL，则10mL吸收液剩余n(H+)=0.045L×0.4000mol/L=0.018mol，则所得的氨气n(NH3)=0.1L×2.00mol/L×2-=0.22mol，设晶体中n([CO(NH2)2])=x mol，n(NH4+)=y mol；
根据元素守恒可得，解得x=0.1mol，y=0.02mol，所以尿素的质量分数为×100%=84.9%；
②若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管,会使消耗的氢氧化钠标准溶液偏多，则测得该晶体中尿素的质量分数偏小。
【点睛】尿素的质量分数的计算为本题难点，要注意守恒法在化学计算中的使用，避免繁琐的计算，计算步骤越多，出错的概率越大。
2． a→c，b→d，e→g，h→f 蒸馏烧瓶 NO+NH N2↑+2H2O 平衡气压，使溶液顺利滴下 排除装置中的空气 取少许D中溶液，向其中滴加硝酸至溶液显酸性，再加入几滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成 有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化 1∶20 V2+
【分析】二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，VCl3分解制备VCl2，需要排除装置中的空气，根据题意，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，用氮气除尽装置中的空气，氮气中的水蒸气可以通过浓硫酸除去，为了防止外界空气中的水蒸气进入装置，在分解后的装置后面需要连接一个干燥装置，VCl3分解生成的氯气可以通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染；根据滴定反应Ag++Cl-=AgCl↓计算解答；右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，说明右侧锥形瓶中VO转化成了VO2+，结合原电池原理分析解答。
【详解】(1)①二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，VCl3分解制备VCl2，需要排除装置中的空气，根据题意，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，用氮气除尽装置中的空气，氮气中的水蒸气可以通过浓硫酸除去，为了防止外界空气中的水蒸气进入装置，在分解后的装置后面需要连接一个干燥装置，VCl3分解生成的氯气可以通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染，装置的连接顺序为ABCED，按气流方向，接口连接顺序为a→c，b→d，e→g，h→f，故答案为：a→c，b→d，e→g，h→f；
②A中盛放NaNO2的仪器为蒸馏烧瓶，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，反应的离子方程式为NO+NH N2↑+2H2O，m管可以平衡气压，使溶液顺利滴下，故答案为：蒸馏烧瓶；NO+NH N2↑+2H2O；平衡气压，使溶液顺利滴下；
③二氯化钒(VCl2)有强还原性，实验过程中需持续通入N2，排除装置中的空气，防止生成的VCl2被空气中的氧气氧化，故答案为：排除装置中的空气；
④氯气与氢氧化钠能够反应生成次氯酸钠和氯化钠，实验后，可以选用D中所得溶液和硝酸银溶液设计实验方案证明C处有Cl2生成，具体步骤可以是取少许D中溶液，向其中滴加硝酸至溶液显酸性，再加入几滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成，说明而言中存在氯离子，可以间接证明VCl3分解生成了氯气，故答案为：取少许D中溶液，向其中滴加硝酸至溶液显酸性，再加入几滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成；
(2)①根据题意，滴定终点的现象为，故答案为：有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化；
②滴定反应为Ag++Cl-=AgCl↓，n(AgNO3)=0.046L×0.5000mol•L-1=0.023mol，则溶液中含有0.023mol Cl-，设产品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，则157.5g/mol×x+122 g/mol×y=1.3775g，3x+2y=0.023mol，解得：x=0.001，y=0.02，因此产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为0.001∶0.02=1∶20，故答案为：1∶20；
(3) 接通电路后，观察到右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，说明右侧锥形瓶中VO转化成了VO2+，V的化合价由+5价变成了+4价，被还原，因此左侧锥形瓶中发生氧化反应，V2+转化为V3+，总反应为VO+ V2+= VO2++ V3+，VO为氧化剂，V2+为还原剂，因此还原性较强的是V2+，故答案为：V2+。
3．(1) 原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)
(2) 蒸馏烧瓶 品红溶液(或高锰酸钾溶液) gfbc 防止倒吸
(3) 250 mL容量瓶﹑胶头滴管 AgOH 酸性条件下可能将氧化为 取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立
【分析】装置A中铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，将生成的气体通过装置D，用无水硫酸铜检验水蒸气，再用装置B检验二氧化硫，B中盛放品红溶液或酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫污染环境，最后用装置C处理尾气。
【详解】（1）①硫酸与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。
②方案II需要加热，反应I不需要，且方案I原料利用率高，因此方案Ⅰ的优点为：原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)。
（2）①A中仪器m的名称为蒸馏烧瓶，装置B用来检验二氧化硫，因此盛放试剂为：品红溶液(或高锰酸钾溶液)。
②由分析可知，装置的连接顺序为ADBC，因此按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→gfbc→d。
③装置C中仪器n为球形干燥管，其作用为防止倒吸。
（3）①配制250mL一定浓度溶液所需玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为 Ag2O ，由题意可知，氢氧化银易分解生成氧化银和水，因此该步骤产生的白色沉淀为AgOH。
③亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，且pH=4的硝酸银溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，因此白色沉淀可能含硫酸银；由信息可知，为白色难溶于水的固体，能溶于溶液，因此验证沉淀中是否含的操作和现象为：取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立。
4． 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 741.8 242.6 990.9 sp3 < F、Ne 该化合物与水之间可以形成分子间氢键 CsCuCl3 面心立方最密堆积
【详解】(1)Cu为29号元素，失去最外层1个电子形成Cu+，根据核外电子的排布规律，基态Cu+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
(2)据图可知1mol气态铜原子各失去一个电子形成气态Cu+所需要的能量为741.8kJ/mol，所以铜原子的第一电离能为741.8 kJ/mol；0.5mol氯气吸收 121.3 kJ/mol能量变为气态氯原子，即断裂0.5molCl-Cl键需要吸收121.3 kJ/mol，所以Cl-Cl键键能为242.6 kJ/mol；据图可知：Cu(晶体)+Cl2(g)→CuCl(晶体)△H=-137.2 kJ/mol；
Cu(晶体)→Cu+(g) △H1=+337.4 kJ/mol+741.8 kJ/mol；
Cl2(g)→Cl-(g) △H2=+121.3kJ/mol-346.8kJ/mol；
根据盖斯定律CuCl(晶体)→Cu+(g)+ Cl-(g)△H3=△H1+△H2-△H =990.9kJ/mol，所以CuCl的晶格能为990.9 kJ/mol；
(3)①图示结构中S原子形成2个共价单键，1个配位键，还有1对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；
②氨分子只有一对孤对电子，排斥力比有两对孤对电子的硫化氢小，所以键角比硫化氢大；
③同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子最外层为半满状态，第一电离能大于相邻的O元素，所以第二周期中第一电离能大于N的有F、Ne；
④该化合物容易与水分子之间形成分子间氢键，提高其在水中的溶解度；
(4)①根据均摊法，该晶胞中Cs+的个数为1，Cl-的个数为=3，Cu2+的个数为=1，所以该离子化合物的化学式为CsCuCl3；
②该晶胞中Cs+占据体心，Cl-占据棱心，离子的半径大小相近，联合组成面心立方最密堆积；
③晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=a3nm3，所以晶胞的密度为=g·nm3=g·cm3
【点睛】晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量；同周期比N元素第一电离能大的元素的寻找为易错点，注意不要忽略Ne元素。
5． ３ 球形 均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高 平面三角形 6NA N＞O＞C sp3 大于 HClO4中非羟基氧的数目比HClO2的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl-O-H中的电子向Cl偏移程度比HClO2的大，HClO4更易电离出氢离子
【详解】(1)B原子序数为5，核外有5个电子，占据3个不同轨道，有3种运动状态；Ni有28个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，最高能层第4层，4s为球形；
故答案为：5；球形。
(2)①BF3、BCl3、BBr3为分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，相对分子质量高，沸点高；
故答案为：均为分子晶体，相对分子质量不同。
②B形成3个δ键，孤电子对数为0，为sp2杂化，立体结构为平面三角形；
故答案为：平面三角形。
(3)①1mol该物质中含有配位键数目为6NA；
故答案为：6NA。
②C、N、O第一电离能从大到小的顺序：N＞O＞C；
故答案为：N＞O＞C。
③ClO中Cl的杂化方式为sp3杂化，Cl的孤电子对为0，价层电子数为4，该离子中的键角大于N2H4中的键角；
故答案为：sp3；大于。
④HClO4的酸性强于HClO2的原因：HClO4中非羟基氧的数目比HClO2的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl-O-H中的电子向Cl偏移程度比HClO2的大，HClO4更易电离出氢离子；
故答案为：HClO4中非羟基氧的数目比HClO2的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl-O-H中的电子向Cl偏移程度比HClO2的大，HClO4更易电离出氢离子。
(4)晶胞中B个数，，Ca为1，，。
故答案为：。
6．(1) As＞Se＞Ga
(2) AC 杂化
(3) 三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且相对分子质量大于 平面三角形
(4) 50%
【解析】（1）
锌元素的原子序数为30，基态原子的价电子排布式为3d104s2，价层电子排布图为 ；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，砷原子的4p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硒、镓、砷的第一电离能由大到小的顺序为As＞Se＞Ga，故答案为： ；As＞Se＞Ga；
（2）
)由化合物的结构可知，铝离子与氧原子和氮原子形成配位键，碳原子与氢原子、氧原子和氮原子形成共价键，化合物中不存在离子键和氢键，故选AC；化合物中形成双键氮原子的杂化方式为杂化，故答案为：AC；杂化；
（3）
①由表中数据可知，三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，其中水分子间能形成氢键，沸点最高，二氧化硫为极性分子而二氧化碳为非极性分子，且二氧化硫相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳，故答案为：种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且相对分子质量大于；
②二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数目为3，VSEPR模型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
③水分子和硫化氢分子中氧原子和硫原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为2，氧元素的电负性强于硫元素，分子中成键电子对更靠近氧原子，成键电子对之间的排斥力更大，键角更大，所以水分子的键角大于硫化氢，故答案为：H2O；
（4）
①由题给信息推知，硫化锌晶胞中含有8个硫原子形成的四面体，其中4个被锌占用，则锌原子在硫原子围成的正四面体空隙中的占用率为50%，故答案为：50%；
②硫化锌晶体和硒化锌晶体的结构相似，晶胞中位于顶点和面心的硫原子或硒原子的个数为8×+6×=4，位于体内的锌原子个数为4，晶胞中锌原子与硫原子或硒原子的最短距离都为体对角线的，则由晶胞质量公式可知，硫化锌晶体中锌与硫原子最短距离与硒化锌晶体的中锌与硒原子最短距离之比为=，故答案为：。
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