鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《微粒间相互作用与物质性质》综合训练

这是一份鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《微粒间相互作用与物质性质》综合训练，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法不正确的是( )
A. 1mlCH4中含4NA个s−pσ键B. 1mlSiO2晶体中平均含有4NA个σ键
C. 12g石墨中平均含1.5NA个σ键D. 12g金刚石中平均含有2NA个σ键
2.2023年10月26日，神舟17号载人飞船成功发射，“人造太阳”、墨子“传信”、超算“发威”、中国空间站、C919投运，使中国“赶上世界”的强国梦实现了历史性跨越。下列叙述错误的是( )
A. 火箭用液氢为燃料生成水，水分子的空间结构为V形
B. 墨子“传信”和超算“天河一号”中使用的芯片的主要材料均为硅
C. 臭氧是替代氯气的净水剂，和氯气一样，为非极性分子
D. “人造太阳”核聚变反应堆的 ​3H中子数为2
3.为维护国家安全和利益，我国自2023年8月1日起对镓、锗相关物项实施出口管制。一种镓的配合物如图所示(Py=)。下列说法错误的是( )
A. 该配合物中配体有2种
B. Py中氮原子的杂化方式为sp2
C. 分子中∠C—Ga—C：Ga(CH3)3[H2SeO3]
C.[Na+]=[SeO32−]+[HSeO3−]+[H2SeO3]
D.[OH−]=[H+]+[HSeO3−]+2[H2SeO3]
(8)Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。

①该超导材料的化学式为 ______ ；距离Se原子最近的Fe原子的个数为 ______ 。
②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为 ______ g⋅cm−3(阿伏加德罗常数用NA表示)
19.锰的单质及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：
(1)基态锰原子的核外电子排布式为 ______ ，其d能级中未成对电子数为 ______ 。
(2)锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，THF的结构简式如图所示。

①与Mn2+形成配位键的原子为 ______ (填元素符号)。
②BH4−的立体构型为 ______ ，其中B原子的杂化轨道类型为 ______ 。
(3)MnO的熔点1650℃比MnS的熔点(1610℃)高，它们都属于 ______ 晶体，前者熔点较高的原因是 ______ 。
(4)锰的某氧化物在医药、冶炼上应用广泛，其立方晶胞如图所示。

试判断该氧化物的化学式 ______ ，该晶胞中由O2−形成的正八面体的空隙数为 ______ 。
(5)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是 ______ 。
(6)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是 ______ 。
20.NH3、H2都是重要的工业原料。已知在298K时发生反应a：CO2(g)+2NH3(g)⇌H2O(g)+CO(NH2)2(s)，回答下列问题：
(1)CO2的中心原子的杂化轨道类型为 ______ ；H2O比NH3沸点高的原因：H2O分子比NH3分子极性更强、 ______ 、 ______ 。
(2)已知298K时几种化学键的键能：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH= ______ kJ⋅ml−1。
(3)在恒温1L的刚性密闭容器中按1ml CO2(g)和2ml NH3(g)投料，发生反应a，其他条件不变，相同时间内H2O(g)的产率与温度(T)、催化剂CatM和CatN的关系如图所示：

300∼390K，催化效率较好的催化剂是 ______ ，P点 ______ (填“达到”或“未达到”)平衡状态，原因是 ______ 。
(4)以NH3和CO2作为原料，在2L刚性密闭容器中仅发生反应a，保持初始投入的CO2的物质的量为1ml，测得反应tmin时CO2的转化率与温度、初始氨碳比[L=n(NH3)n(CO2)]关系如图。

①其他条件不变时，随着温度的升高，tmin时CO2的转化率先增大后减小的原因是 ______ 。
②T℃时，则该反应中N点的平衡常数K= ______ (列出计算表达式即可)。
21.回答下列问题：
(1)蓝矾(CuSO4⋅5H2O)的结构如图所示：
SO42−的空间结构是 ______ ，其中S原子的杂化轨道类型是 ______ ；基态O原子的价层电子排布图为 ______ 。
(2)气态SO3分子的空间结构为 ______ ；将纯液态SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 ______ 。

(3)二氧化钛(TiO2)是常用的具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米TiO2催化的一个实例如图所示。

化合物甲的分子中采取sp2杂化方式的碳原子个数为 ______ ，化合物乙中采取sp3杂化的原子对应元素的第一电离能由小到大的顺序为 ______ 。
22.我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。
回答下列问题：
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。硅的晶体类型为 ______ 。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，可发生水解反应，机理如下：

含s、p、d轨道的杂化类型有：⑦dsp2、②sp3d、③sp3，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为 ______ (填标号)。
(2)CO2分子中存在 ______ 个σ键和 ______ 个π键。
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6℃)之间，其原因是 ______ 。

(4)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apm、apm、cpm，该晶体密度为 ______ g⋅cm−3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1−xOy，则y= ______ (用x表达)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，熟悉金刚石、二氧化硅、石墨、甲烷结构是解题关键，注意甲烷中C原子的sp3杂化轨道，题目难度中等。
【解答】
A.甲烷中4个C−H是sp3杂化，不是s−p杂化，故A错误；
B.在二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4个Si−Oσ键，1mlSiO2晶体中平均含有4NA个σ键，故B正确；
C.石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个C−Cσ键，则平均每个C原子成键数目为3×12=1.5个，12g石墨物质的量为12g12g/ml=1ml，平均含1.5NA个σ键，故C正确；
D.金刚石中每个C原子可形成的C−Cσ键为4个；每条C−C键被两个C原子共有，每个碳原子可形成：4×12=2个C−C键，则12g金刚石即1ml，含C−Cσ键2ml，即个数为2NA，故D正确。
故选A。
2.【答案】C
【解析】解：A.H2O为sp3杂化，其空间构型为V形，故A正确；
B.光纤的主要成分为二氧化硅，而芯片的材料为高纯的Si，故B正确；
C.臭氧分子中正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，故C错误；
D. ​3H表示质量数为3，质量数=中子+质子，求得中子数为2，故D正确；
故选：C。
A.根据水分子的空间结构，分析其是否为V形；
B.根据芯片的主要材料，分析其是否为硅；
C.根据臭氧和氯气的分子极性，分析其是否为非极性分子；
D.根据氚的中子数，分析其是否为2。
本题主要考查化学知识在现代科技中的应用，涉及分子结构、芯片材料、分子极性以及核素的组成等。注意完成此题，需从化学基础知识出发，结合实际应用进行综合分析。
3.【答案】C
【解析】解：A.该配合物中有2个配体，分别为Py和含4个N原子的大环物质，故A正确；
B.中N形成2个σ键，有1个孤电子对，氮原子的杂化方式为sp2，故B正确；
C.Ga(CH3)3(NH3)中Ga形成4个σ键，其中含有1个配位键，Ga原子为sp3杂化，Ga(CH3)3中Ga形成3个σ键，Ga原子为sp2杂化，则∠C—Ga—C：Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(NH3)，故C错误；
D.镓位于第四周期第IIIA族，价电子排布式为4s24p1，最高能级为4p，电子云轮廓图为哑铃形，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，该配合物中有2个配体；
B.中N形成2个σ键，有1个孤电子对；
C.Ga(CH3)3中Ga形成3个σ键，Ga原子为sp2杂化，Ga(CH3)3(NH3)中Ga形成4个σ键，其中含有1个配位键，Ga原子为sp3杂化；
D.镓位于第四周期第IIIA族，价电子排布式为4s24p1。
本题考查化学键，侧重考查学生杂化的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】A
【解析】解：A.CH4的空间构型为正四面体形，分子的正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故A正确；
B.CS2的结构和CO2相似，结构式为S=C=S，电子式为，故B错误；
C.H2S中硫原子的价层电子对个数为2+6−2×12=4且含有2个孤电子对，空间构型为V形，故C错误；
D.反应中H2可能作氧化剂，如：2Na+H2=2NaH中氢气作氧化剂，故D错误；
故选：A。
A.正负电荷重心重合的分子为非极性分子；
B.CS2的结构和CO2相似，结构式为S=C=S；
C.H2S中硫原子的价层电子对个数为2+6−2×12=4且含有2个孤电子对；
D.反应中H2可能作氧化剂。
本题考查较综合，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确分子极性的判断方法、电子式的书写规则、分子空间构型的判断方法是解本题关键，D选项为解答易错点。
5.【答案】D
【解析】解：A.分子中有四面体结构，但无正四面体结构，键角错误，故A错误；
B.EMIM+带一个正电荷，可表示为C6N2H11+，1mlEMIM+共含60ml电子，故B错误；
C.分子中环内的C、N原子为sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化方式，故C原子与N原子的杂化方式不相同，故C错误；
D.离子液体中引入有机基团，阴阳离子的体积增大，离子键强度降低，晶格能降低，有利于降低离子化合物的熔点，故D正确；
故选：D。
A.分子中有四面体结构，但无正四面体结构；
B.EMIM+带一个正电荷，可表示为C6N2H11+；
C.分子中的饱和碳原子采用sp3杂化方式，环内的C、N原子为sp2杂化；
D.离子液体中引入有机基团，阴阳离子的体积增大，离子键强度降低，晶格能降低。
本题考查化学键，侧重考查学生杂化的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】B
【解析】解：A.氧的原子半径比硫小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠近中心原子，相互排斥作用大，键角大，则键角：H2O>H2S，故A错误；
B.F电负性大于H，导致C—F的极性大于C—H的极性，导致羟基电子云更偏向O，而使CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，因此酸性：CF3COOH>CH3COOH，故B正确；
C.该反应中体现失去电子能力：C>Si，不能得出C的非金属性比Si强，故C错误；
D.钢的含碳量为：0.03%～2%，含碳量越高其硬度越大，与耐腐蚀性无关，故D错误；
故选：B。
A.根据分子的键角与分子结构的关系，进行分析；
B.根据酸性与分子极性的关系，进行分析；
C.根据化学反应与元素非金属性的关系，进行分析；
D.根据含碳量与耐腐蚀性的关系，进行分析。
本题主要考查化学中的推理能力。注意完成此题，需要了解分子结构与键角的关系、酸性与分子极性的关系、化学反应与元素非金属性的关系以及含碳量与耐腐蚀性的关系。这些知识对于理解和应用化学原理非常重要。
7.【答案】A
【解析】解：A.混盐CaOCl2中含有离子键，也含有Cl—O共价键，不含非极性共价键，故A错误；
B.1ml混盐CaOCl2中含有1mlCa2+、1mlCl−、1mlClO−，故B正确；
C.浓硫酸中各元素的化合价不变，在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性，故C正确；
D.反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl的化合价从−1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生1ml氯气，转移电子数为NA，即每产生标准状况下2.24LCl2，转移电子的数目约为6.02×1022，故D正确；
故选：A。
CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl的化合价从−1价升高到0价，反应中只有Cl元素的化合价发生变化，据此分析。
本题考查了氧化还原反应、化学键、物质的组成，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的分析方法，把握混盐CaOCl2的组成微粒是解题的关键。
8.【答案】C
【解析】解：A.钴是27号元素，中子数为33的钴原子质量数为60，表示为：，故A错误；
B.NO2−带一个负电荷，钠为+1价，则此化合物中钴为+3价，但配位数是6，故B错误；
C.NO2−中氮原子的价层电子对数为5+12=3，孤电子对数为1，杂化轨道类型为sp2，其空间结构为V形，故C正确；
D.基态钾原子最外层即第四层，为4s轨道，电子云图为球形，故D错误；
故选：C。
A.钴是27号元素，中子数为33的钴原子质量数为60，表示为：；
B.NO2−带一个负电荷，钠为+1价，则此化合物中钴为+3价，但配位数是6；
C.NO2−中氮原子的价层电子对数为5+12=3，孤电子对数为1，杂化轨道类型为sp2，其空间结构为V形；
D.基态钾原子最外层即第四层，为4s轨道，电子云图为球形。
本题主要考查原子的组成及配合物，为高频考点，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.氟的电负性很大，HF之间可以形成氢键，气态二聚氟化氢分子表示为：，故A正确；
B.泡利原理的内容是在一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，它们的自旋方向相反；2s轨道上的两个电子应该自旋方向相反，选项中的轨道表示式违背了泡利原理，故B错误；
C.氯气分子中Cl的p轨道以头碰头方式形成σ键：，故C错误；
D.沼气主要成分是甲烷，属于易燃易爆物品，不是有毒气体，故D错误；
故选：A。
A.根据气态二聚氟化氢分子的结构，分析其表示方法是否正确；
B.根据洪特规则，分析轨道表示式是否正确；
C.根据Cl—Cl键的形成过程，分析其是否符合p−p σ键的形成机制；
D.根据沼气的性质和危险品标识，分析其是否符合实际情况。
本题主要考查化学用语和化学知识的表述。注意完成此题，需从化学用语的规范性、化学原理的准确性以及实际应用背景等方面进行综合分析。如果题目中能提供完整的化学用语或表述内容，将更容易判断正确选项。
10.【答案】A
【解析】解：A.环穴上有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型，故环穴内所有原子不可能在同一平面内，故A错误；
B.受体中N与铵根中的H形成N—H⋅⋅⋅N氢键，从而形成超分子，故B正确；
C.受体中N与H2O中的H形成O—H⋅⋅⋅N和N—H⋅⋅⋅O氢键，识别H2O分子，故C正确；
D.NH3与H2O的中心原子N原子和O原子价层电子对数都为4，孤电子对数分别为1和2，它们的VSEPR模型都为四面体形，故D正确；
故选：A。
A.根据饱和碳原子为四面体构型进行分析；
B.根据受体中N与铵根中的H形成N—H⋅⋅⋅N氢键进行分析；
C.根据受体中N与H2O中的H形成O—H⋅⋅⋅N和N—H⋅⋅⋅O氢键，进行分析；
D.根据NH3与H2O的中心原子N原子和O原子价层电子对数都为4，孤电子对数分别为1和2，进行分析。
本题主要考查等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，该分子的有机配体是HCOO−，且个数为6，故A正确；
B.由图可知，MOFs的化学式为：Zn3MO(HCOO)6，Zn为+2价，O为−2价，HCOO−整体为−1价，根据化合价代数和为0可知，M为+2价，故B错误；
C.氢键只存在于与电负性大的N、O、F结合的H与另一个N、O、F原子之间，由图可知，该分子中只存在H—C键，所以不存在分子内氢键，故C正确；
D.由图可知，每个金属离子周围形成配位键4条，故金属离子的配位数均为4，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，该分子的有机配体是HCOO−；
B.由图可知，MOFs的化学式为：Zn3MO(HCOO)6，根据化合价代数和为0计算M的化合价；
C.氢键只存在于与电负性大的N、O、F结合的H与另一个N、O、F原子之间；
D.配位键的条数等于配位数。
本题主要考查配位化合物的组成与结构，同上考查学生对氢键概念的理解与应用，属于基本知识的考查，难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.H2NOH中O为单键，O的杂化方式为sp3杂化，故A错误；
B.CH3COCH3中O原子没有与H相连，不能形成分子间氢键，故B错误；
C.C=N中含1个σ键和1个π键，C—H、N—H单键均为σ键，(CH3)2C=NH中σ键与π键比例为10：1，故C正确；
D.冰属于分子晶体，故D错误；
故选：C。
A.H2NOH中O为单键；
B.CH3COCH3中O原子没有与H相连；
C.C—H、N—H单键均为σ键，C=N中含1个σ键和1个π键；
D.冰属于分子晶体。
本题考查化学键，侧重考查学生杂化的掌握情况，试题难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.F的原子半径小于Cl，HF的键长比HCl键长短，HF的键能大于HCl，故A正确；
B.比较键角时，首先比较杂化类型，而NH3和H2O的中心原子N和O均为sp3杂化，H2O中氧原子上孤电子对>NH3中氮原子上孤电子对，孤电子对越多，键角越小，故B正确；
C.羟基的极性越强，O—H键越易断裂，和金属钠反应越剧烈，所以H2O的羟基极性强于乙醇，故C错误；
D.石墨属于混合型晶体，层内包含大π键，层间为范德华力，能导电的原因是碳原子中未杂化的p轨道重叠，使p轨道上的电子可在整个碳原子平面中运动，所以石墨能导电，故D正确；
故选：C。
A.根据键能与原子半径的关系，分析HCl和HF的键能大小；
B.根据中心原子的孤电子对数对键角的影响，分析NH3和H2O的键角大小；
C.根据羟基的极性对反应剧烈程度的影响，分析水和乙醇与钠反应的剧烈程度；
D.根据石墨的结构，分析其导电性。
本题主要考查物质结构与性质的关系，涉及键能、键角、羟基极性以及石墨的导电性。注意完成此题，需从物质的微观结构出发，结合宏观性质进行综合分析。
14.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查分子极性的判断、配位理论的应用等知识，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握配位键的形成条件、分子结构和分子极性的判断方法是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，导致每个Al与4个Cl原子形成4个共价键，所以Al2Cl6的结构式为，故A正确；
B.Al2Cl6的结构式为，则Al2Cl6分子是对称性分子，为非极性分子，故B正确；
C.Al2Cl6分子中Al、Cl原子间存在配位键，Al(NH3)Cl3分子中NH3是配体，并且能发生反应Al2Cl6+2NH3=2Al(NH3)Cl3，则NH3的配位能力大于Cl原子，故C正确；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al−Br键；
4；吡啶能和水形成分子间氢键；
N；NH3中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较强；
NaH、NH3、PH3；NaH是离子晶体，NH3、PH3都是分子晶体，NH3分子间存在氢键
【解析】解：(1)基态铬原子序数是24，价层电子排布式为3d54s1，
故答案为：3d54s1；
(2)NO2+与NO2−中心原子N的价层电子对数分别为2+12×(5−1−2×2)=2、2+12×(5+1−2×2)=3，杂化分别sp、sp2，则键角：NO2+>NO2−，
故答案为：>；
(3)有机物吡啶(C5H5N)，结构简式为，则不饱和度为4；吡啶在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是：①吡啶和水均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子；②吡啶能和水形成分子间氢键，
故答案为：4；吡啶能和水形成分子间氢键；
(4)[Cu(NH3)4]2+中铜离子提供空轨道，N提供孤电子对，即配位原子是N；NH3中N存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较强，[Cu(NH3)4]2+中N的孤电子对形成了配位键，因此氨气中H—N—H的键角小于配合物中H—N—H的键角，
故答案为：N；NH3中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较强；
(5)因为NaH是离子晶体，NH3、PH3都是分子晶体，而NH3分子间存在氢键，则PH3、NH3、NaH的熔点逐渐升高，
故答案为：NaH、NH3、PH3；NaH是离子晶体，NH3、PH3都是分子晶体，NH3分子间存在氢键。
(1)基态铬原子序数是24；
(2)NO2+与NO2−中心原子N的价层电子对数分别为2+12×(5−1−2×2)=2、2+12×(5+1−2×2)=3；
(3)有机物吡啶(C5H5N)，结构简式为，则不饱和度为4；吡啶在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度；
(4)[Cu(NH3)4]2+中铜离子提供空轨道，N提供孤电子对，即配位原子是N；NH3中N存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较强，[Cu(NH3)4]2+中N的孤电子对形成了配位键；
(5)因为NaH是离子晶体，NH3、PH3都是分子晶体，而NH3分子间存在氢键。
本题考查化学键，侧重考查学生杂化的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】①BC；
②H2O；水和甲醇分子间都存在氢键，但是水分子间的氢键数目多；
ad；
+3；6；
①MnSe；
②(14,34,34)；
③ 22a；4×(55+79)NAa3×10−30
【解析】解：(1)①A.合成甲醇的反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，反应中仅CO2和H2为非极性分子，A错误；
B.甲醇分子中饱和碳原子和氧原子的杂化方式均为sp3杂化，所以反应中涉及s−sp3σ键(C—H键、O—H键)的形成，B正确；
C.CO2和甲醇分子中碳原子均没有孤电子对，C正确，
故答案为：BC；
②水和甲醇分子间都存在氢键，但是水分子间的氢键数目多，
故答案为：H2O；水和甲醇分子间都存在氢键，但是水分子间的氢键数目多；
(2)a.甲醛分子中，碳氧是双键，双键中有一个σ键，−一个π键，a正确；
b.H原子不满足8电子稳定结构，b错误；
c.甲醛分子不存在手性碳，不是手性分子，c错误；
d.甲醛分子中的碳原子采取sp2杂化，其VSEPR模型为平面三角形，d正确。
故答案为：ad；
(3)该配离子中两个Cl和它配位，再加上带一个正电荷算出C的化合价为+3，有6个配位原子则配位数为6，
故答案为：+3；6；
(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硒原子均摊后个数为4，位于体内的锰原子个数为4，则化合物的化学式为MnSe，
故答案为：MnSe；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的A点、B点的原子坐标参数分别为(0,0,0)、(1,1,1)，则位于体对角线四分之一处的D点原子的坐标参数为(14,34,34)，
故答案为：(14,34,34)；
③由晶胞结构可知，晶胞中两个锰原子之间的最短距离与两个Se原子之间的最短距离相等，均为面对角线的一半，距离为 22apm。密度等于晶胞的质量除以晶胞的体积(注意单位换算)即为：4×(55+79)NAa3×10−30g/cm3，
故答案为： 22a；4×(55+79)NAa3×10−30。
(1)①由非极性分子的定义及杂化轨道理论得出答案；
②水和甲醇都有分子间氢键，就比较氢键的数目和氢键的大小；
(2)由手性碳的定义和杂化轨道理论得出；
(3)配位原子的个数就是配位数。化合价由配位原子和所带电荷数共同得出；
(4)①均摊法得出Mn和Se的个数比，从而得出其化学式；
②D点位于体对角线的四分之一，由此得出D点的坐标；
③两个锰原子的最短距离就是两个硒原子的最短距离。密度则根据密度公式得出。
本题考查较为全面，涉及到分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性，学习中注意总结思考，多做练习才能提高熟练度和准确率。
18.【答案】第四周期第ⅥA族；
H2O>H2S>H2Se；
SeO2与SO2熔为分子晶体，链状SeO2的相对分子质量比SO2的相对分子质量大的多，SeO2的分子间作用力更大；
sp3；N>O>Se；
B；
B；
BC；
①LiFe2Se2；4；
②7×2+56×4+79×4NAa2b×10−21
【解析】解：(1)Se是34元素，价层电子排布式为4s24p4，位于第四周期第ⅥA族，
故答案为：第四周期第ⅥA族；
(2)O、S、Se均位于元素周期表第ⅥA族，从上到下电负性依次减小，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大，键角越大，所以它们的氢化物H2O、H2S及H2Se分子的键角从大到小顺序为：H2O>H2S>H2Se，
故答案为：H2O>H2S>H2Se；
(3)SeO2与SO2熔为分子晶体，链状SeO2的相对分子质量比SO2的相对分子质量大的多，分子间作用力更大，熔点更高，
故答案为：SeO2与SO2熔为分子晶体，链状SeO2的相对分子质量比SO2的相对分子质量大的多，SeO2的分子间作用力更大；
(4)Se形成2个σ键，还有2个孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化；同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N>O>Se，
故答案为：sp3；N>O>Se；
(5)由表中数据可知酸性：HSeO3−>HCO3−，Na2SeO3和Na2CO3溶液中均会发生水解，根据越弱越水解，则HCO3−水解程度更大，则等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH后者大，
故答案为：B；
(6)NaHSeO3中同时存在HSeO3−的电离和水解，Kh2=KwKa1=10−142.7×10−3≈3.7×10−12Ka2=4.8×10−11，电离程度小于水解程度，以水解为主，则水的电离受到促进，故水的电离程度后者大，
故答案为：B；
(7)A.NaHSeO3中的电荷守恒为：2[SeO32−]+[HSeO3−]+[OH−]=[H+]+[Na+]，故A错误；
B.NaHSeO3中同时存在HSeO3−的电离和水解，Kh2=KwKa1=10−142.7×10−3≈3.7×10−12[H2SeO3]，故B正确；
C.NaHSeO3中的Na和Se元素为1：1，根据物料守恒可知，[Na+]=[SeO32−]+[HSeO3−]+[H2SeO3]，故C正确；
D.由电荷守恒式2[SeO32−]+[HSeO3−]+[OH−]=[H+]+[Na+]和物料守恒式[Na+]=[SeO32−]+[HSeO3−]+[H2SeO3]，可得，[OH−]+[SeO32−]=[H+]+[H2SeO3]，故D错误；
故答案为：BC；
(8)①由晶胞结构可知，Li原子位于顶点和体心，个数为：8×18+1=2，Fe原子位于面上，个数为8×12=4，Se原子位于棱上和体内个数为：8×14+2=4，Li：Fe：Se=2：4：4=1：2：2，则该超导材料的化学式为LiFe2Se2，距离Se原子最近的Fe原子位于面上，其个数为4，
故答案为：LiFe2Se2；4；
②晶胞质量为7×2+56×4+79×4NAg，晶胞体积为a2b×10−21cm3，晶体密度ρ=mV=7×2+56×4+79×4NAa2b×10−21g⋅cm−3=7×2+56×4+79×4NAa2b×10−21g⋅cm−3，
故答案为：7×2+56×4+79×4NAa2b×10−21。
(1)Se是34元素，价层电子排布式为4s24p4；
(2)O、S、Se均位于元素周期表第ⅥA族，从上到下电负性依次减小，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大，键角越大；
(3)相对分子质量越大，分子晶体间作用力越大，熔点越高；
(4)Se形成2个σ键，还有2个孤电子对，价层电子对数为4；同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小；
(5)越弱越水解；
(6)NaHSeO3中同时存在HSeO3−的电离和水解，Kh2=KwKa1=10−142.7×10−3≈3.7×10−12Ka2=4.8×10−11，电离程度小于水解程度；
(7)A.根据电荷守恒进行判断；
B.NaHSeO3中同时存在HSeO3−的电离和水解，Kh2=KwKa1=10−142.7×10−3≈3.7×10−12