高三化学一轮复习：物质结构与性质习题

这是一份高三化学一轮复习：物质结构与性质习题，共37页。
(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·青海·海东市第一中学二模）氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。我国科研工作者受此启迪，发现(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。
(1)基态砷原子的价电子排布图为_______。
(2)砒霜有剧毒，可用石灰消毒生成和少量，其中中的杂化方式为_______，的空间构型为_______，中含有的化学键类型包括_______。
(3)中的键角比NH3中的键角大的原因是_______；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如下图)，该化合物加热时首先失去水的原因是_______(请从原子结构角度加以分析)。
(4)氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有_______(填序号)。
①稳定性 ②R-H键之间的键角 ③分子间作用力 ④还原性
(5)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_______(用含NA、a的式子表示)。
3．（2022·上海普陀·二模）氨基磺酸( )是一种固体强酸，制备原理：CO(NH2)2＋H2SO4＋SO32HOSO2NH2＋CO2，完成下列填空：
(1)O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为___；CO2的电子式是___。
(2)反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是_______。
(3)完成氨基磺酸受热分解的化学方程式_______，其中还原产物是_______。
____HOSO2NH2SO2↑＋____SO3↑＋____N2↑＋2H2↑＋______H2O
(4)用过量的NaOH(aq)充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是_______。向吸收液中加入_______试剂，有_______现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
(5)氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式_______。
4．（2022·上海嘉定·二模）硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。
(1)硫原子的最外层电子排布式_______。铝原子核外电子占据轨道有_______个，氯原子能量最高的电子亚层是_______。过氧化钠的电子式_______；氮原子的电子云形状有_______种。
(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是_______。
(3)用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为：_______FeSO4+_______O2+_______H2SO4_______Fe2(SO4)3+_______H2O
①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向_______。
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为_______；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_______。
(4)常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向_______(填“左”、“右”)移动。
②表中c(OH-)基本不变的原因是_______。
5．（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模）卤族元素的单质及化合物性质丰富，在科研和生产中有许多重要用途。请回答：
(1)卤族元素位于元素周期表的___________区，其中电负性最大的是___________(填元素符号)，溴原子的M能层电子排布式为___________。
(2)基态氯原子核外有___________种运动状态不同的电子，其中单电子占据的轨道形状为___________。
(3)下列物质性质递变规律正确的是___________。
A．原子半径： F＜C1＜Br＜I
B．第一电离能： F＜Cl＜Br＜I
C．沸点：HCl＜HBr＜HI＜HF
D．熔点： CaF2＜CaCl2＜CaBr2＜CaI2
(4)碘在水中的溶解度小，在碘化钾溶液中溶解度却明显增大，这是由于发生I-+I2。离子的空间构型为___________。
(5)SiCl4发生水解的机理如图：
CCl4不能按照上述机理发生水解反应，原因是___________。
(6)有“点缺陷”的NaCl 晶体可导电，其结构如图1所示。有人认为：高温下有“点缺陷”的NaCl晶体能导电，是因为Na+经过一个由3个Cl-组成的最小三角形窗孔(如图2所示)，迁移到另一空位而造成的。已知晶胞参数a=564pm，粒子半径r(Na+ )=115pm，r(Cl-)=l67pm，计算内切圆半径r内的值并判断该观点是否正确____________ 。(已知：≈1.414，≈1.732)
6．（2022·四川眉山·三模）在三元组分催化剂Cu/ZnO/ZrO2的催化作用下二氧化碳加氢可得甲醇，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳减排从而实现碳中和。回答下列问题：
(1)上述物质所涉元素中位于d区的是___________ ，所涉非金属元素电负性最小的是___________。
(2)第一电离能：I1(Cu)___________ I1(Zn)(填“＞”或“＜”，下同)；第二电离能：I2 (Zn)___________I2(Cu)，其理由是___________。
(3)CO2分子中心原子与氧原子形成___________σ键。
(4)ZnO与强碱反应生成[Zn(OH)4]2-，[Zn(OH)4]2-中提供孤电子对的元素是___________ ， 中心离子杂化轨道类型是sp3杂化，[Zn(OH)4]2-立体构型为___________。
(5)ZnO沸点为2360°C；二氧化碳的沸点为—78.5 °C，甲醇的沸点为64.7°C，三者沸点差异的原因是___________。
(6)由Cu和O组成的某晶胞结构如图，该氧化物的化学式为___________，若该晶体的密度为dg· cm-3，Cu和O的原子半径分别为bpm和q pm，阿伏加德罗常数值为NA，晶胞中原子的空间利用率为_____(列出计算式即可)。
7．（2022·福建省福州第一中学模拟预测）“氢经济”是当前热门话题，而“高密度安全储氢材料”是制约整个氢能供应链的瓶颈。
(1)氨硼烷是一种有效、安全的固体储氢材料，它是乙烷的等电子体。加热氨硼烷会缓慢释放H2，转变为化合物X，X是乙烯的等电子体。
①氨硼烷的结构式为_______(必须标明配位键)。
②氮和硼比较，电负性大的元素为_______(填元素符号)。
③氨硼烷和X分子中硼原子的杂化轨道类型分别为_______和_______。
(2)钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。一种钛铁合金的晶胞如图1所示，晶胞边长为300pm(a=b=c)，该合金吸收的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图2所示。
①基态钛原子的电子排布式为_______。
②钛铁合金的熔点比Ti_______(填“高”或者“低”)。
③若图2所示的每个体心立方的正八面体空隙均填充1个氢原子，则填充的氢原子位于图1晶胞的_______，假设吸收氢后不引起晶胞参数变化，则理论上形成的金属氢化物的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式即可，用NA表示阿伏加德罗常数)。
8．（2022·山东·胜利一中模拟预测）由IIA元素与VA元素所形成的化合物种类繁多，它们是探测器、激光器、微波器的重要材料。回答下列问题：
(1)基态Ga原子最高能级组的轨道表示式_______。
(2)氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为_______，电子重排后的氧原子能量有所升高，原因是不符合_______(填“泡利原理”或“洪特规则”)。
(3)自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据下表数据分析其原因是_______。
(4)比较大小：键角PH3_______(填“>”或“＜”，下同)NH3；熔、沸点：PH3_______NH3。
(5)如图为四硼酸根离子球棍模型，该离子符号为_______，其中硼原子轨道的杂化类型有_______。
(6)叠氮酸铵(NH4N3)是一种具有爆炸性的无色晶体。叠氮酸根()的空间结构为_______；叠氮酸铵的晶胞如图所示，其晶胞参数为anm和0.5anm，阿伏加德罗常数的值为NA，NH4N3的密度为_______g·cm-3。
9．（2022·北京市第一六六中学三模）钴及其化合物有重要的用途，探究其结构有重要意义。
(1)C在元素周期表中属于_______区(填“d”或“ds”)。
(2)[C(NH3)5Cl]Cl2 是C3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3，NH3 的空间结构呈_______形， 是_______ ( 填“极性”或“非极性”)分子。
②C3+的价层电子轨道表示式是： _______。该配合物中 C3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d轨道、1 个4s轨道和3个_______轨道。
③涉及实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.51 g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，_______(补全实验操作和数据)。相对分子质量 [C(NH3)5Cl]Cl2 250.5 AgCl 143.5
(3)某一种氮化硼晶体的立方晶胞结构如下图：
①氮化硼(BN)属于_______晶体。
②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是：_______。
③已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞的边长为_______ cm (列计算式)。
10．（2022·重庆八中模拟预测）大力推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对实现“碳达峰”和“碳中和”具有重要意义。工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺( )为原料制备磷酸亚铁锂材料。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子的空间运动状态有_______种；与Fe同周期且基态原子未成对电子数比基态Fe原子多的元素为_______(填元素符号)。
(2)在NH4H2PO4中的N、O两种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______。N、P原子均能与F形成稳定的化合物NF3、PF3，试比较分子的极性：NF3_______PF3(填“>”“”或“P>As，稳定性：NH3>PH3>AsH3，①正确
②同一主族元素氢化物，中心原子电负性越大，键角越大，电负性：N>P>As，R-H键之间的键角：NH3>PH3>AsH3，②正确；
③同一主族元素氢化物，相对分子质量越大，分子间作用力越强，与图示曲线不相符，③错误；
④元素非金属性越强，其气态氢化物还原性越弱，非金属性：N>P>As，还原性：AsH3>PH3>NH3，与图示曲线不相符，④错误；
答案选①②。
（5）
依据均摊法，磷原子个数为=16，晶胞体积为，质量为，所以晶体密度为。
3．(1)
(2)O＞N＞C
(3) 2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
(4) c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
(5)ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO
【解析】(1)
氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故答案为： ； ；
(2)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
(3)
由未配平的化学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故答案为：2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O；SO2、H2；
(4)
用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故答案为：c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；
(5)
由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故答案为：ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。
4．(1) 3s23p4 9 3p 2
(2)两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高
(3) 30℃、pH=2.0 催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大
(4) 右 氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变
【解析】(1)
硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+3=9个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；9；3p；；2；
(2)
氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；
(3)
①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为： ；
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；
(4)
①温度升高，温度升高，促进NH3•H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；
②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
5．(1) p F 3s23p63dl0
(2) 17 哑铃形
(3)AC
(4)直线形
(5)C只有两个能层，L层没有d轨道，不能接受孤对电子形成sp3d的中间过程
(6)63pm不正确
【解析】(1)
卤族元素的价层电子排布为ns2np5，电子最后填入的是np轨道，故在p区；同主族元素从上往下电负性逐渐减弱，故电负性最强的是：F；溴原子的M能层排满，共18个电子，故电子排布式为：3s23p63dl0；
(2)
氯原子核外所有电子的运动状态各不相同，共17种；氯原子的核外价层电子排布为3s23p5，单电子占据的为3p轨道，哑铃形；
(3)
A. 同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径： F＜C1＜Br＜I，A正确；
B. 同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，第一电离能： F>Cl>Br>I，B错误；
C. 四种分子均为分子晶体，HF中存在氢键，沸点最高，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故沸点：HCl＜HBr＜HI＜HF，C正确；
D. 四种物质均为离子晶体，离子半径越小，离子键越强，半径：F-CaI2，D错误；
故选AC。
(4)
的中心原子为Ｉ原子，价层电子对数为：，VSEPR模型为三角双锥形，成键电子对数为2，孤电子对数为3，空间呈最大角度分布，空间构型为直线形；
(5)
从图中可以看出，Si原子有3d轨道，能形成sp3d杂化，C只有两个能层，L层没有d轨道，不能接受孤对电子形成sp3d的中间过程；
(6)
由氯化钠晶胞可知，两个氯离子之间的距离为面对角线的一半，故，三角形为等边三角形，为等边三角形高的三分之二，故，故；钠离子半径大于，无法穿过，故观点不正确。
6．(1) Zr H
(2) ＜ ＜ Zn+的价电子排布为3d104s1，而Cu+的价电子排布为3d10，全充满更稳定
(3)sp—p
(4) O 正四面体形
(5)ZnO是离子晶体，二氧化碳和甲醇是分子晶体，甲醇是极性分子，且分子间存在氢键，二氧化碳是非极性分子，且分子间不存在氢键
(6) Cu2O
【解析】(1)
三元组分催化剂中的铜元素和锌元素的价电子排布式为3d104s1和3d104s2，位于元素周期表的ds区，锆元素的价电子排布式为4d25s2，位于元素周期表的d区；金属元素的电负性小于非金属元素，元素的非金属性越弱，电负性越小，则碳、氧、氢中氢元素的非金属性最弱。电负性最小，故答案为：Zr；H；
(2)
同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则铜元素的第一电离能小于锌元素，而锌失去1个电子后形成的Zn+离子的价电子排布为3d104s1，易失去1个电子，铜原子失去1个电子后形成的Cu+的价电子排布为全充满稳定结构的3d10，不易失去电子，所以铜元素的第二电离能大于锌元素，故答案为：＜；＜；Zn+的价电子排布为3d104s1，而Cu+的价电子排布为3d10，全充满更稳定；
(3)
二氧化碳的结构式为O=C=O，分子中碳原子的价层电子对数为2，原子的杂化方式为sp杂化，所以碳原子和氧原子形成sp—pσ键，故答案为：sp—p；
(4)
四羟基合锌离子中中心离子锌离子提供空轨道，与氢氧根离子中氧原子提供的孤对电子形成配位键，由中心离子锌离子的杂化轨道类型是sp3杂化可知，四羟基合锌离子的空间构型为正四面体形，故答案为：O；正四面体形；
(5)
氧化锌是离子晶体，二氧化碳和甲醇都是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体，则氧化锌的沸点最高，甲醇是极性分子，且分子间存在氢键，二氧化碳是非极性分子，且分子间不存在氢键，分子间作用力小于甲醇，所以甲醇的沸点高于二氧化碳，故答案为：ZnO是离子晶体，二氧化碳和甲醇是分子晶体，甲醇是极性分子，且分子间存在氢键，二氧化碳是非极性分子，且分子间不存在氢键；
(6)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的亚铜离子个数为8×+1=2，位于体内的氧离子个数为4，则氧化物的化学式为Cu2O，设晶胞的体积为V，由晶胞的质量公式可得：=Vd，解得V=，则晶胞中原子的空间利用率为，故答案为：Cu2O；。
7．(1) N sp3 sp2
(2) 1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 低 面心
【解析】(1)
①氨硼烷是乙烷的等电子体，所以结构简式应该为BH3·NH3，N有孤电子对，B有空轨道，所以在形成化合物时存在配位键，结构如下：；
②同一周期，从左到右，元素的电负性依次增大，所以N大于B；
③BH3·NH3中B价层电子对数=4+0=4，采取sp3杂化，X是乙烯的等电子体，所以结构中B形成双键，采取sp2杂化；
(2)
①基态钛原子22个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2
②金属在形成合金后，熔点会变低，所以答案为低；
③由图2可知，氢原子位于面心上，结构不变，所以在图1中依然在面心，故答案为氢原子为位于图1晶胞的面心，吸氢后，由图2可知，一个晶胞中含有的Fe的个数=2，Ti的个数=，H的个数=，得到化学式为FeTiH3，晶胞密度=。
8．(1)
(2) 洪特规则
(3)B-B、B-H的键能小，易断裂，不能稳定存在，B-O的键能大，较稳定不易断裂
(4) ＜ ＜
(5) sp2、sp3
(6) 直线形
【解析】(1)
基态Ga原子的核外电子排布简化式为[Ar]3d104s24p1，最高能级组为4p，其轨道表示式为；
(2)
氧原子价电子层上的电子发生重排后的轨道表示式为，2p有一个空轨道与氮原子形成配位键；洪特规则指出：当电子排布在能量相同的各个轨道时，电子总是尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子能量最低。显然重排后的电子排布图不符合洪特规则；
(3)
B-B、B-H的键能小，易断裂，不能稳定存在，B-O的键能大，较稳定不易断裂；
(4)
NH3比PH3的键角大，是因为P的电负性较N小，PH3中的成键电子云比NH3中的更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长大，这样导致PH3中成键电子对之间的斥力减小，孤对电子对成键电子的斥力使H-P-H键角更小；NH3的沸点比PH3的沸点高，因为氨分子间存在比一般分子间作用力强的特殊分子间作用力，即氢键，而PH3没有；
(5)
由结构图可知H、B、O的个数分别为4、4、9，B是IIIA族元素，价电子数为3，最高正价为+3价，因此四硼酸根离子的符号为；据图可知，B原子价层电子对数有3对、4对两种，其中是3对的采用sp2杂化、是4对的采用sp3杂化；
(6)
叠氮酸根的结构式为[N=N=N]-，与CO2互为等电子体，因此空间构型为直线型；分析叠氮酸铵晶胞，其中位于顶点、面心、棱心的叠氮酸根个数为，位于体心的铵根离子个数为4×1=4，则该晶胞中含有4个NH4N3，晶胞密度=。
9．(1)d
(2) 三角锥 极性 4p 过滤，沉淀称重2.87g
(3) 共价 N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能
【解析】(1)
C的核外价电子排布为3d74s2，在元素周期表中属于d区；
(2)
NH3的中心原子为sp3杂化，分子的空间结构呈三角锥形，NH3的正负电荷重心不重合是极性分子；C3+的价层电子排布为：3d6，价层电子轨道表示式是：；该配合物中 C3+的配位数为6，即形成了6条杂化轨道，参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d轨道、1 个4s轨道和3个4p轨道；2.51g该配合物的物质的量为0.01ml，配合物中外界中的氯离子可以完全电离，产生0.02mlCl-，与硝酸银溶液反应得到氯化银的质量为：，故补全操作为：过滤，沉淀称重2.87g；
(3)
由晶胞结构可知该晶体为空间网状结构，故氮化硼(BN)属于原子晶体；原子晶体中原子半径越小，键长越段，键能越大，熔点越高，该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是：N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能；根据晶胞图可知，黑球所在位置为顶点和面心，均摊法计算为4个，白球所在位置为晶胞内部，共4个，设晶胞的变成为acm，晶体的密度： ，故。
10．(1) 15 Cr、Mn
(2) N>O O；N的电负性大于P，则N- F键的电负性差小于P- F键的电负性差，二者均为三角锥形，电负性差越大，分子的极性越大，故NF3极性小于PF3；
(3)
单键均为σ键，则lml中含有σ键数为14NA；由于苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能，导致苯胺水溶性大于苯；
(4)
①石墨晶体为层状结构，层内碳原子为sp2杂化，碳原子间存在大π键，使碳原子间的距离更近，键长更短，键能更大，熔点高于金刚石；②由晶胞可知，Li位于8个顶点，C由8个位于侧面上，2个位于体内，故一个晶胞含有的Li+为4 ×+4 ×=1，C原子个数为8×+2=6，则晶体的化学式为LiC6。该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3 ×142pm，且底面为平行四边形，顶角为60°，石墨烯层间距离为335pm，则晶胞体积为×(3× 142)2 ×335pm3。原子的 空间占有率为：×100%=100%。
11．(1)[Ar]3d64s2
(2) X射线衍射 1：2 8
(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热
(4) Fe3+ Cl— 配位键 白色沉淀、亮黄色逐渐变浅
【解析】（1）
铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；
（2）
①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构，故答案为：X射线衍射；
②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4，则A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；
③由晶胞结构可知，在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；
（3）
由铁的吸氧腐蚀原理可知，解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；
（4）
①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；
②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。
12．(1) 1s22s22p3 大于
(2) NH3 > AsH3 > PH3 大于 P电负性较N小，PH3成键电子云比NH3更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长长，导致PH3成键电子对之间斥力减小，孤对电子对成键电子斥力使H-P-H键角更小
(3)Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
(4)sp和sp2
(5) 12 体心 棱中心
【解析】(1)
N为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，最外层电子为半充满结构，较为稳定，O为8号元素，基态O原子的核外电子排布式 为1s22s22p4，故第一电离能I1(N)大于I1(O)；
(2)
①能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，NH3能形成分子间氢键、PH3和AsH3不能形成分子间氢键，相对分子质量PH3 < AsH3，熔沸点：NH3 > AsH3 > PH3；
②因P电负性较N小，PH3成键电子云比NH3更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长长，导致PH3成键电子对之间斥力减小，孤对电子对成键电子斥力使H-P-H键角更小；
(3)
氢氧化铜溶于氨水形成四氨合铜离子，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；
(4)
分析[AsF6 ]-可知，右下角形成的N原子和左侧形成N = N= N的N原子的价层电子对数为2，为sp杂化，最上方的 N原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，故N原子的杂化方式为sp和sp2；
(5)
①分析晶胞可知，La与 N间的最短距离为面对角线的，即，与La紧邻的N个数为12个；
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于体心位置，N处于棱心位置；
③晶胞中，W原子数目为1，N原子数目为，La原子数目为，故晶胞中含有一个LaWN3，晶胞质量为，晶胞体积为，密度。
13．(1) N
(2)ds
(3) 平面四方 D K，即四种元素中K的第一电离能最小；非金属性越强，电负性越大，所以电负性最大的是F；
(3)
据题意写出反应方程式6BeO+3KBF4+ B2O33KBe2BO3F2+2BF3↑
(4)
Be、B原子的价电子排布式分别为2s2、2s22p1，轨道表达式分别为、，Be、B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道，容易与配体形成配位键；[BeF4]2-、[B(OH)4]-空间结构均为四面体结构，中心原子Be、B的杂化类型均为sp3；
(5)
KF为离子晶体，BF3是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；
(6)
根据晶胞内原子占有率可分别求出原子个数，K：、X：、Y：、Z：，根据KBe2BO3F2中K、B个数比为1:1可知Z表示B原子；一个晶胞中含有3个(KBe2BO3F2)，。