高三化学一轮复习 专题练习：物质结构与性质

这是一份高三化学一轮复习 专题练习：物质结构与性质，共40页。试卷主要包含了最近，妖“镍”横行，价格飙涨等内容，欢迎下载使用。

(1)基态二价铜离子的核外电子排布式为______，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释_______。
(2)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是_______。
(3)硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的原因是___________。
(4)立方氮化硼(结构如图)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为_______。
(5)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为______。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为apm，立方氮化硼的密度是______g·cm-3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
2．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测）元素周期表中第四周期过渡元素在工业及生活方面有重要应用。请回答下列问题：
(1)“钛”被称为21世纪金属，画出基态钛的价电子的电子排布图____。
(2)CrO5中有4个-1价的O。CrO5中σ键与π键个数比为____。
(3)[C(NH3)4Cl2]+呈八面体结构，则其结构有____种。能区别[C(NH3)4Cl2]Cl和[C(NH3)4Cl2]NO3两种溶液的试剂是____(填标号)。
a浓氨水 b.NaOH溶液 c.稀H2SO4 d.AgNO3溶液
(4)K3[Fe(CN)6]是鉴别Fe2+的重要试剂，这四种元素的电负性从大到小的顺序是____(填元素符号)，K3[Fe(CN)6]中碳的杂化方式与下列物质中碳杂化方式相同的是____(填标号)。
A．CH2Cl2 B．C2H2 C．溴苯 D．HCN
(5)ZnS的晶胞如图所示，若m点坐标为(0，0，0)，n点坐标为(，，0)此晶胞中与n点最远的S的坐标为____。若Zn与S弹性相切，其半径分别为apm和bpm，则ZnS的密度为____g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
3．（2022·北京市回民学校模拟预测）螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。
资料：
①吸附原理
螯合树脂M中的—OH解离出H+，变成—COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的—COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。
②在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。
(1)基态Cu的价层电子排布的轨道表示式是____。
(2)M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)____。
(3)M中N原子的杂化轨道类型为____。
(4)Q中存在配位键，其中提供空轨道的是____。
(5)在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量(Qe)有影响，实验结果如图所示。
①吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为____时吸附效果最好。
②从平衡移动角度解释，体系碱性过强时，吸附能力下降的原因____。
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因____。
4．（2022·河南洛阳·二模）I.和均可以催化降解甲醛、苯等有害物质，具有去除效率高，且无二次污染等优点，广泛应用于家居装潢等领域，其中一种催化机理如图所示。
回答下列问题：
(1)基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为_______。
(2)CO2和·CHO中碳原子的杂化形式分别为_______、_______。
(3)HCHO的空间构型为_______。
(4)金属钛和锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用理论解释。已知金属锰有多种晶型，y型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列_______(填编号)。
II.2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。、聚乙二醇、、和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。
回答下列问题：
(5)Fe的基态原子的价电子排布式为_______。
(6)乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸点高出100℃，原因是_______。
III.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。LiCl3∙H2O属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的晶胞中所有C1原子的分布图和原子分数坐标。LiCl3∙H2O的摩尔质量为，设为阿伏加德罗常数的值。
(7)该晶胞中Cl原子的数目为_______，晶体的密度为_______(列出计算表达式)。
5．（2022·安徽马鞍山·三模）人类对第二周期的元素及化合物认识最早。
(1)第二周期的元素中，I1(第一电离能)从大到小排前三位的是_______。
(2)人类合成的第一个稀有气体化合物是XeF+PtF，PtF中的键角有90°和180°两种。下列关于该化合物的说法中正确的是_______。
A．熔化状态下不能导电
B．XeF+中所有原子都满足8电子稳定结构
C．用两个Cl替换F后，所得PtF4Cl2有两种结构
D．含有离子键、极性键、非极性键和配位键
(3)XeF+PtF溶于水可生成Xe和HPtF6，写出反应的化学方程式。_______。
(4)解释HNO3和HNO2酸性强弱不同的原因_______。
(5)SCN—中C原子的杂化类型为_______， 其中含有两个相同的大π键，其形式为_______。(用π表示，n为原子数，m为电子数)，检验Fe3+时，SCN—以 S原子配位不以N原子配位的原因是_______。
(6)如图，在NaCl的晶体中，Na+和Cl—互相占据对方的正八面体空隙，CaF2晶体中，F—占据由Ca2+构成的所有正四面体空隙。钛镍合金具有形状记忆功能。某钛、镍原子个数比为2：1的合金的晶体结构为：镍原子呈面心立方排列，钛原子填充在由镍原子围成的所有八面体空隙和一半的四面体空隙中，若最近的钛原子和镍原子紧密接触，镍原子周围距离最近的钛原子数为_______； 钛原子和镍原子的半径分别为r1和r2，该晶体的空间利用率为_______(用含r的代数式表示，不必化简，空间利用率=晶胞中原子的总体积/晶胞的体积)。
6．（2022·山东德州·二模）锌及其化合物在工业、农业方面用途广泛。
(1)基态Zn原子的价电子排布式为_______。
(2)Zn原子能形成多种配位化合物。一种锌的配合物结构如图：
①其中C、N、O、Zn元素的第一电离能大小关系是_______，结构中参与sp3杂化原子有_______个。
②配位键①和②相比。较稳定的是_______；键角③_______键角④(填“>”、“”“”“C>Fe>K BD
(5) (，，)或(，，，)
【解析】(1)
Ti是22号元素，基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，则其价电子排布图为 ；
(2)
CrO5中有4个-1价的O，则其结构式为 ，CrO5中σ键与π键个数比为7：1；
(3)
[C(NH3)4Cl2]+可认为是 [C(NH3)6]3+中2个NH3分子被Cl-取代，由于[C(NH3)6]3+呈正八面体结构()，各NH3分子间距相等，C3+位于正八面的中心，正八面体六个顶点的位置是对称等效的，选取其中一个取代，剩余位置有两种，所以二元取代产物也就是2种；a、b、c中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，[C(NH3)4Cl2]Cl能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，而[C(NH3)4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故选d；
(4)
铁氰化钾中，所涉及的元素有Fe，K，C，N，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以所涉及的元素的电负性由大到小的顺序为：N>C>Fe>K；K3[Fe(CN)6]中碳原子采用sp杂化：
A．CH2Cl2中碳原子采用杂化，故A不选；
B．C2H2中碳原子采用sp杂化，故B选；
C．溴苯中碳原子采用，故C不选；
D．HCN碳原子采用sp杂化，故D选；
答案选BD；
(5)
由图可知，晶胞中与n点最远的S的坐标为或；根据均摊法可知一个晶胞中Zn原子的数目为4，S原子数目为，晶胞的质量，晶胞体积为，则晶胞的密度为。
3．(1)
(2)O＞N＞C＞H
(3)sp3
(4)铜离子
(5) 6 碱性过强，氢氧根浓度增大，铜离子与氢氧根转化为氢氧化铜沉淀，平衡逆向移动，吸附能力下降 ，由此平衡分析可知，由于氢离子浓度增大，平衡左移，结构Q转化为结构M，铜离子由被吸附状态转化为自由移动的铜离子状态，故对铜离子吸附能力下降；
【解析】（1）
基态Cu的价层电子排布式3d104s1，所以价层电子排布的轨道表示式是；
故答案为：；
（2）
元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以M中四种元素电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；
故答案为：O＞N＞C＞H；
（3）
M中N原子形成三条σ键，含有一个孤电子对，价层电子对为4，,所以杂化方式为sp3；
故答案为：sp3；
（4）
Q中铜离子和O原子形成配位键，其中O原子提供孤电子对，铜离子提供空轨道；
故答案为：铜离子；
（5）
①分析图示可知，pH为6，吸附效果最好；
故答案为：6；
②碱性过强，氢氧根浓度增大，铜离子与氢氧根转化为氢氧化铜沉淀，平衡逆向移动，吸附能力下降；
故答案为：碱性过强，氢氧根浓度增大，铜离子与氢氧根转化为氢氧化铜沉淀，平衡逆向移动，吸附能力下降；
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因在于存在以下反应平衡，由此平衡分析可知，由于氢离子浓度增大，平衡左移，结构Q转化为结构M，铜离子由被吸附状态转化为自由移动的铜离子状态，故对铜离子吸附能力下降；
故答案为： ，由此平衡分析可知，由于氢离子浓度增大，平衡左移，结构Q转化为结构M，铜离子由被吸附状态转化为自由移动的铜离子状态，故对铜离子吸附能力下降。
4．(1)2：5
(2) sp sp2
(3)平面三角形
(4)c
(5)
(6)乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大
(7) 4
【解析】(1)
Ti为22号元素，钛有2个未成对电子，Mn为25号元素，锰有5个未成对电子，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2：5，故答案为：2：5；
(2)
二氧化碳为直线型，结构式为O=C=O，没有孤电子对，碳原子采取 sp杂化，-CHO 中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子采取 sp2杂化，故答案为：sp；sp2；
(3)
HCHO中碳原子含有3个σ键，碳原子采取 sp2杂化，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；
(4)
面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其它侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c，故答案为：c；
(5)
铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价电子排布为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(6)
乙二醇分之中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高，故答案为：乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(7)
晶胞中Cl原子数目为：1+4×+4×=4，则晶胞的质量m=nM=g，晶胞体积V=abc×10-27cm3=0.72×1.0×0.56×10-27cm3，晶体密度g•cm-3，故答案为：4；。
5．(1)Ne > F > N
(2)BC
(3)2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6
(4)HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性增强，易发生电离
(5) sp π S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子
(6) 4 ×100%或 ×100%
【解析】(1)
第二周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，稀有气体氖原子的2p轨道为稳定的全充满结构，第一电离能最大，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素第一电离能大于相邻元素，则第一电离能从大到小排前三位的是氖、氟、氮，故答案为：Ne > F > N；
(2)
A．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，熔化状态下能电离出自由移动的离子，能导电，故错误；
B．XeF+离子中氟原子和氙原子都满足8电子稳定结构，故正确；
C．由PtF中的键角有90°和180°两种可知，离子的空间构型为正八面体形，铂原子位于八面体的体心，氟原子位于八面体的顶点，则用两个氯替换氟后，所得PtF4Cl2有两种结构，故正确；
D．由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，化合物中含有离子键、极性键、和配位键，不含有非极性键，故错误；
故选BC；
(3)
由题意可知，XeF+PtF与水反应生成氙、氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式为2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6，故答案为：2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe↑ + O2↑ + 2HF + 2HPtF6；
(4)
硝酸是强酸，亚硝酸是弱酸，原因是硝酸中的非羟基氧多于亚硝酸，非羟基氧吸引羟基氧原子的能力强于亚硝酸，能有效降低氧原子上的电子密度，使氢氧键极性增强，易发生电离，故答案为：HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使O—H键极性增强，易发生电离；
(5)
硫氰酸根离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数目都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则硫氰酸根离子与二氧化碳的空间构型相同，都为直线形，所以碳原子的杂化方式为sp杂化；离子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子形成大π键，其形式为π；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，相对于氮原子，硫原子易给出孤对电子，所以检验铁离子时，离子以硫原子配位不以氮原子配位，故答案为：sp；π；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子；
(6)
由题意可知，镍钛合金形成的晶胞中，位于体内的钛原子个数为8，位于顶点和面心的镍原子个数为8×+6×=4，体对角线的长度为4(r1+r2)，则晶胞中钛原子和镍原子的体积为πr×8+πr×4=π(8r+4 r)，晶胞的边长为，体积为[]3，则晶体的空间利用率为×100%= ×100%，故答案为：×100%或 ×100%。
6．(1)
(2) 8 ① >
(3) 草酸的相对分子质量高于醋酸，同时草酸存在两个羧基结构，与其他分子形成分子间氢键多于醋酸
(4) 4 8
【解析】(1)
Zn位于周期表中第4周期第IIB族，价电子排布式为；
(2)
①同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐增大，因此Fe、C、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为；结构中的单键碳原子和水中的氧原子都是参与sp3杂化，共有8个原子；
②N和O相比，N的电负性弱，更容易提供孤电子对，配位键更加稳定，故更加稳定的是配位键①；键角③是双键和单键之间的排斥力，电子云密度大，排斥力较大，键角较大，键角④是单键和单键之间的排斥力，电子云密度小，排斥力较小，键角较小，故键角③>键角④；
(3)
阴离子对应的酸为乙酸CH3COOH、草酸，草酸的相对分子质量高于醋酸，同时草酸存在两个羧基结构，与其他分子形成分子间氢键多于醋酸，故沸点高的为；
(4)
①由图可知，a纤锌矿型ZnO晶体中O2-的配位数为4；
②O2-所形成的“正四面体”空隙有8个；
③根据均摊原则，闪锌矿型晶胞含有Zn原子数4×1=4，O原子数8×+6×=4，晶胞的边长是nm，则Zn2+与O2-的距离为nm。
7．(1) 1s22s22p3 大于
(2)NH3> AsH3>PH3
(3)sp、sp2
(4) 12 体心 棱心
【解析】(1)
N为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：I1(N)大于I1(O)。
(2)
分子中N原子的电负性比较强，在氨气分子间存在氢键，导致沸点升高；NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为NH3> AsH3>PH3。
(3)
能形成双键的N原子除σ键、π键，还存在孤电子对，采用sp2杂化；形成叁键的2个氮原子为直线型结构，为sp杂化，故N原子的杂化轨道类型为sp、sp2。
(4)
①晶胞参数为a nm ，La与N间的最短距离为面对角线的一半，为；由图可知，与La紧邻的N个数为12。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则可以将晶胞向外延伸，在新的晶胞中，La处于8个W构成的立方体的体心位置，N处于2个W构成的棱的棱心位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA；晶胞中La原子位于顶点一个晶胞中La原子数目为，W原子位于晶胞内部，一个晶胞中W原子数目为1，N原子位于面心，一个晶胞中N原子数目为，则晶胞质量为；晶胞参数为a nm，则晶胞体积为，所以密度为g·cm-3。
8．(1)29
(2) sp2杂化 平面三角形 O>N>Cu 钾和铜的最外层电子数相同，但铜的核电荷数大，铜原子半径小，铜的金属键强于钾
(3) D [Ga(NH3)4Cl2]Cl
(4) 7:2
【解析】(1)
铜的原子序数为29，其基态原子核外电子的运动状态有29种。
(2)
①NO中N原子的价层电子对数为3+=3，采取sp2杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形；元素非金属性越强，其电负性越强，因此Cu(NO3)2的构成元素电负性由大到小的顺序为：O>N>Cu。
②钾和铜都是金属晶体，金属晶体的熔沸点与金属键有关，金属键的强弱与金属原子半径和原子的价电子数有关，价电子数越多、半径越小，金属键越强，熔沸点越高，钾和铜的最外层电子数相同，但铜的核电荷数大，铜原子半径小，铜的金属键强于钾，则铜的熔沸点远大于钾。
(3)
①GaCl3·xNH3中Ga3+和Cl-形成离子键，NH3分子中N和H形成极性共价键，Ga和N之间有配位键，没有金属键，答案选D。
②加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl-，有氨气逸出，Cl-与Ag＋生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则有配位键的Cl-与没有配位键的Cl-的个数比为2:1，Ga3＋配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。
(4)
①根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，1个晶胞中含有Ti的个数为8×+4×+1=4，O原子8个在棱上、8个在面上、2个在体内，1个晶胞中含有O的个数为8×+8×+2==8，则1ml晶胞的质量为48×4+16×8g=320g，1ml晶胞的体积为NA×a2c×10-30cm3，所以密度ρ==g/cm3。
②由晶胞结构示意图可知，TiO2-aNb晶胞中N原子数为1×=，O原子数为7×+7×+1=，Ti原子数为4，故b=×=，2−a=×，解得a=，a:b=:=7:2。
9．(1) 28 Ni与Ca同周期，Ni的原子半径比较小且价电子数多，形成的金属键比较强，熔沸点比较高
(2) 八面体 N＞O＞H＞C sp2
(3)＜
(4)
【解析】(1)
镍元素的原子序数为28，核外电子数为28，由泡利不相容原理可知，同种原子的核外没有运动状态完全相同的电子，则基态原子核外电子的运动状态有28种；金属晶体的金属键越强，熔点越高，镍和钙都是金属晶体，镍元素与钙元素同周期，镍原子半径比钙小且价电子数比钙多，形成的金属键比钙强，熔沸点比钙高，故答案为：28；Ni与Ca同周期，Ni的原子半径比较小且价电子数多，形成的金属键比较强，熔沸点比较高；
(2)
①由配合物的结构可知，镍离子与具有空轨道的氮原子和氧原子形成配位键，配位数为6，空间构型为八面体形，故答案：八面体；
②配体4种元素中，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，H只有一个电子，位于1s轨道，离原子核的距离比C的最外层两个位于2s轨道上的电子要近得多。所以原子核对电子的束缚力更大，因此第一电离能也就更大H>C。则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C，故答案为：N＞O＞H＞C；
③由N……Ni存在大π键可知，结构中氮原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成大π键，故答案为：sp2；
(3)
设晶胞中Ni2+离子的个数为a，由化合价代数和为0可得：2×a+3×(x—a)=1×2，解得x=，由a小于1可知，小于1，故答案为：＜。
(4)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镍原子个数为8×=1，位于面心镁原子个数为6×=3，位于体内的铁原子个数为4，晶胞的化学式为NiMg3Fe4，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：=a3d，解得a=，由晶胞结构可知，晶胞中镍原子与镁原子间的距离为面对角线的，则镍原子与镁原子间的距离为，故答案为：。
10．(1)3p
(2)+或-
(3)b
(4) 若4mlN形成N4，可以释放能量193kJ×6=1158kJ；若形成N2分子，则释放的能量为946kJ×2=1892kJ，形成N2分子放出的能量更多，N2能量更低更稳定。同理，若4mlP形成P4分子，具有更低的能量更稳定 sp3
(5) PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl
(6)PnO
(7) 或 B
【解析】(1)
基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，电子占据的最高能级的符号为3p；
(2)
基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，价电子自旋量子数的代数和为；
(3)
碳、硅和磷元素的核外价电子排布为2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去第四个电子是从3s2全满结构失去，较难，故第三和第四电离能差值较大，故b曲线为P。
(4)
根据表格中所给的数据，可从键能角度来分析。若4mlN形成N4，可以释放能量193kJ×6=1158kJ；若形成N2分子，则释放的能量为946kJ×2=1892kJ，形成N2分子放出的能量更多，N2能量更低更稳定。同理，若4mlP形成P4分子，具有更低的能量更稳定；白磷中P原子有一个孤电子对和 3个键，故为sp3杂化；
(5)
PCl3遇水反应可生成两种酸，化合价不变，应为H3PO3和HCl，化学方程式为：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；H3PO3有两个电离平衡常数，故为二元弱酸，结构简式为：；
(6)
n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，共脱去n个水分子，酸根中原子个数应为n个磷酸分子原子总数减去n个水分子原子总数，故相应的酸根为： ；
(7)
K+所在位置：棱上4个，面上6个，个数为：； 所在位置为顶点8个、内部1个，面上4个，个数为：，晶体密度为：；根据晶胞结构，y轴方向（两条横边）K+在面心，沿x轴投影应在棱中，在顶点，沿沿x轴投影应在顶点；z轴方向（两条竖边）棱中和下部为K+，上部为；投影图中间一列：自上而下应为K+，K+，，，K+，故选B。
11．(1)1s22s22p4
(2)四面体
(3) C 极性 O-H…O、N-H…O
(4)
(5) 8 4
【解析】(1)
氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。答案为：1s22s22p4；
(2)
H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。答案为：四面体；
(3)
①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。
②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。
b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；
(4)
根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。答案为：；
(5)
每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。答案为：8；4。
【点睛】可利用均摊法，计算晶胞中所含微粒的数目。
12．(1) 4:3 平面三角形
(2) sp2 sp3 N>H>C 1.2
(3)阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。
(4) 7:2
【解析】(1)
N是7号元素，其电子排布式为1s22s22p3，所以基态N原子的成对电子数与未成对电子数之比为4:3；根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数为，且中的氮无孤电子，所以离子的空间构型为平面三角形；
(2)
由N-甲基咪唑的结构简式可知，分子中甲基碳原子为饱和碳原子，形成4个单键，不存在孤电子对，杂化方式为sp3，双键碳原子形成1个σ键和一个π键，不存在孤电子对，杂化方式为sp2；N-甲基咪唑中所含元素为N、C和H，根据同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，且N原子的2p能级有3个电子，处于半满稳定结构，所以第一电离能N>C，但由于H原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要消耗更多的能量，因此第一电离能比C大，因此所含元素第一电离能由大到小的顺序是N>H>C；根据N-甲基咪唑的结构简式，可知1个N-甲基咪唑分子中含有12个σ键，所以0.1mlN-甲基咪唑中含σ键的数目为1.2NA，故答案为sp2、sp3；N>H>C；1.2；
(3)
该离子化合物常温下为液态而非固态，原因是阴阳离子半径大，所带的电荷数小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低，故答案为阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低；
(4)
根据立方晶系TiO2晶胞结构，可知每个TiO2晶胞中平均分布4个Ti原子和8个O原子，所以其晶体的密度为；氮掺杂后，每个TiO2-aNb晶胞中平均分布4个Ti原子，氧原子为个，氮原子为个，该晶体的化学式为，所以可求得、，所以a:b=7:2，故答案为，7:2；
13．(1)N
(2)Ge
(3) N＞As＞Ga 二者都属于共价晶体，由于原子半径：As＞N，共价键的键长：Ga-As＞Ga-N，则键能：Ga-As＜Ga-N，断裂共价键消耗的能量Ga-As＜Ga-N，故物质的熔点：GaN＞GaAs； Ga(CH3)3+AsH3GaAs+3CH4 sp2杂化 三角锥形
(4) Cd3Ga5O12 /ml
【解析】(1)
Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期，因此基态Ga核外电子占据的最高能层的符号是N；
(2)
根据构造原理可知基态21Sc核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d14s2，有1个未成对电子；Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，有1个未成对电子；32Ge原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p2，有2个未成对电子。因此这三种元素中，未成对电子数最多的是Ge；
(3)
①同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性就越大；同一主族元素，原子核外电子层数越少，元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：N＞As＞Ga，所以Ga、N、As三种元素的电负性由大到小的顺序是：N＞As＞Ga；
②GaN、GaAs都是共价晶体，由于原子半径：As＞N，所以共价键的键长：Ga-As＞Ga-N，共价键的键长越长，键能就越小，该共价键键能就越小，化学键就越容易断裂，断裂共价键消耗的能量就越少，则含有该化学键的物质的熔沸点就越低，所以物质GaN的熔点(1700℃)高于GaAs熔点(1238℃)；
③GaAs可由Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制得，该反应的化学方程式是：Ga(CH3)3+AsH3GaAs+3CH4；
Ga(CH3)3分子中Ga原子与3个-CH3的C原子形成3个σ共价键，Ga原子上无孤对电子，因此Ga原子采用sp2杂化；
AsH3分子中的中心As原子价层电子对数是3+=4，含有1对孤电子对，因此AsH3分子构型为三角锥形；
(4)
①在钆镓石榴石晶胞中含有Ga3+原子为8×+1=2；含有Cd3+为6×=3；含有个数为6×=3，所以该晶体化学式为Cd3Ga5O12；
②该晶体结构单位的边长为a nm，晶体的密度为ρ g·cm−3，则根据密度计算公式可得ρ g·cm−3=，所以阿伏加德罗常数NA=/ml 。
14．(1)15
(2)Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定
(3) 正四面体形
(4) 12 D
(5) ()
【解析】(1)
Cu基态原子核外电子排布式为,核外电子空间运动状态由能层能级、原子轨道决定, s能级1种、p能级3种，故核外共有1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子；
(2)
Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，显然3d10处于全充满，更稳定，所以大于，故答案为：Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定；
(3)
中心原子有4个成键电子对，即价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，可知其空间构型为：正四面体形；en分子中包含C、H、N，同周期越靠右电负性越大，氢的电负性较小，则n分子中各元素的电负性由小到大的顺序为；
(4)
配体是CN-，1个配体中含有1个σ键，1个配体和中心离子形成的配位键是σ键，则中含有12键；由该配离子可知中心离子的价层电子对数为6，则其杂化轨道数为6，故答案为D；
(5)
由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4: 4: 8=1: 1: 2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为：(0，0，0)、(，，)，可知C点的Z轴坐标为，x、y轴的坐标都是，则C点的分数坐标为：()；
由图可知A点距离D点在底面上的投影的距离为×a，D点到底面的距离为c，则A、D原子间距离d==pm=cm。
15．(1)Be、C、O
(2) B2O sp2 O的原子半径小于B的原子半径，二维硼烯氧化物中B-B键的键长大于B-O键的键长
(3)随着B原子数增多，硼烷相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高
(4) 电负性H>B 正四面体
(5) 7：2 12
【解析】(1)
同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，元素原子轨道为全充满稳定状态，元素原子轨道为半充满稳定状态，其第一电离能均高于同周期相邻元素的，故第一电离能：，故答案为：；
(2)
①在每个环中，有氧原子个数2×=1，B原子数6×=2，该氧化物的化学式为B2O；1个硼原子周围连接三个σ键，没有孤对电子，杂化轨道类型为sp2杂化；
②一般来说，原子半径越大，键长越长；O的原子半径小于B的原子半径，二维硼烯氧化物中B-B键的键长大于B-O键的键长；
(3)
硼烷属于分子晶体，随着B原子数增多，硼烷相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高；
(4)
由于电负性H>B，中B显正价，故H的化合价为-1价，故答案为：电负性H>B；
中P原子价层电子数，所以为杂化，且不含孤电子对，是正四面体构型；
(5)
中：：：：，晶胞含有个正四面体空隙，即有个和个，个三价铁离子放入正四面体空隙；晶胞中由、、、、、处的原子形成一个正八面体空隙，剩余的空间以每条棱分析：如、、、或、、、等处的原子形成的四面体空隙为正八面体空隙的，共条棱，则正八面体空隙有个，其中已经有一个放，另外一个占据一个正八面体空隙，所以有2个正八面体空隙没有被填充，故答案为：：；
晶胞中占据顶点和面心，所以有个，有个在棱上，个在晶胞内，所以有个，与紧邻且等距离的数目为12，得到个晶胞有个FeO，个晶胞的质量为，，与的最短核间距为=，故答案为：12，
16．(1) 3d104s1 < 铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易
(2)平面三角形
(3) O>N>C>H 7：6
(4) 4
【解析】(1)
铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1；铜原子失去一个电子后价电子排布式为结构稳定的全充满结构3d10，较难失去电子，铁原子失去一个电子后价电子排布式为后为3d64s1，再失去电子相对较易，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：3d104s1；N>C>H，则四种元素的电负性大小顺序为O>N>C>H；配合物中单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子和苯环中的碳原子为sp2杂化，则采用sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为14：12=7：6，故答案为：O>N>C>H；7：6；
(4)
①由晶胞结构可知，位于晶胞面心的铁离子与位于体内的硫离子的距离最近，所以晶胞中铁离子周围距离最近的硫离子的个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的铜离子的个数为8×+4×+1=4，位于面心上、棱上的铁离子个数为6×+4×=4，位于体内的硫离子个数为8，则晶胞的化学式为CuFeS2，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)2×b×10—10×ρ，解得NA=，故答案为：。
17．(1)Cu+的价电子为3d10，为全充满状态，稳定；Cu2+的价电子为3d9，较不稳定
(2) 三角锥形 PO(或ClO等)
(3) H2O O的电负性强于N，NH3更容易提供孤电子对，NH3的配位能力更强
(4) FeCa；
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1ml该阴离子存在的配位键物质的量为2ml，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)。
20．(1)1s22s22p63s23p63d64s2
(2)N＞C＞K
(3)＞
(4) 6 NO+
(5) sp3 三角锥形
(6)AC
(7) 4
【解析】(1)
Fe是26号元素，基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
(2)
在赤血盐中含有的主族元素有K、C、N三种，元素的非金属性越强，其电负性就越大；由于三种元素的非金属性：N＞C＞K，所以元素的电负性大小关系为：N＞C＞K；
(3)
黄血盐的中心离子为Fe2+，赤血盐的中心离子为Fe3+，同一元素的简单阳离子带有的电荷数目越多，离子半径越小，因此中心金属离子半径大小：黄血盐＞赤血盐；
(4)
已知硝普钠和黄血盐的中心金属离子半径相等，硝普钠中铁的配位数是6，其中的中心离子Fe2+带2个单位正电荷，根据化合物中正负化合价代数和为0，可知其配位体有CN-、NO+；
(5)
的中心I原子的价层电子对数为3+=4，故中心I原子杂化方式是sp3杂化；由于I原子上还有1对孤对电子，故的空间构型为三角锥形；
(6)
滕氏蓝是盐，属于离子化合物，含有离子键；配位体与中心离子Fe3+以配位键结合，配位键属于极性共价键；在配位体CN-中，C、N原子之间以极性共价键结合，故该化合物中含有的作用力有极性共价键和离子键，合理选项是AC；
(7)
①图示的小立方体含有的Fe3+数目是4×=；含有的Fe2+数目是4×=；含有CN-的数目是12×=3，滕氏蓝的晶胞由8个图示的小立方体构成，则一个晶胞中含有的Fe3+数目是8×=4，含有的Fe2+数目是：8×=4，含有的CN-数目是8×3=24，根据滕氏蓝化学式为KFe[Fe(CN)6]可知该晶体的晶胞中含有的K+数目是4；
②根据K+的相对位置可知该晶胞中两个相邻且最近的K+的最短距离L=pm；根据上述计算可知：在一个滕氏蓝晶胞中含有K+：4个，Fe3+：4个，Fe2+：4个；CN-：24个，已知滕氏蓝式量为Mr，该晶体的密度ρ= 。