2025届高三化学二轮复习- 物质结构与性质 讲义与练习

这是一份2025届高三化学二轮复习- 物质结构与性质 讲义与练习，共40页。试卷主要包含了六方氮化硼是一种重要的功能陶瓷等内容，欢迎下载使用。
(1)基态Br原子核外电子占据最高能级的轨道形状为 。
(2)的酸性 (填“大于”或“小于”)的酸性。HF、HCl、HBr的熔点由大到小的顺序为 ，原因是 。
(3)卤化物受热发生非氧化还原反应，生成一种无色晶体CsCl和一种红棕色液体ICl。写出该反应的化学方程式： ，解释无色晶体的熔点比红棕色液体高的原因： 。
(4)卤化亚铜(CuX)是点击化学常用的催化剂，其晶胞结构如图所示。
①的配位数为 。
②已知该立方晶胞边长为anm，CuX的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 (用含、和的代数式表示)。
2．（2024高三下·辽宁·阶段练习）Ⅰ．铬能形成多种配位化合物。
(1)中提供电子对形成配位键的原子有 。铬的化合价为 ，配位数为 。
(2)化学式为的化合物有三种结构，分别呈紫罗兰色，暗绿色和亮绿色，将它们配制成等体积等浓度的溶液，分别加入足量溶液，所得AgCl沉淀的质量之比为3∶2∶1，呈暗绿色的配合物的化学式为 。
Ⅱ．含铬的晶体铜铬黑是一种黑色混相金属氧化物，下图是铜铬黑晶体的立方晶胞，X、Y分别为铜铬黑晶胞的1/8。
(3)与铬原子紧邻的氧原子有 个，与铜原子紧邻的氧原子在空间上构成了 形。
(4)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，称作原子的分数坐标，如A点和B点原子的分数坐标分别为，，则C点原子的分数坐标为 。
(5)图示铜铬黑晶体的化学式为 ，设Cu原子、Cr原子和O原子半径分别为、和，则原子的空间占有率为 %(列出计算表达式)
3．（2024高三下·河南·阶段练习）化合物M是一种新型超分子晶体材料，以为溶剂，由X、18-冠-6和反应制得：
回答下列问题：
(1)X所含的元素中，基态原子未成对电子数最多的电子排布式为 ，X可通过反应：得到，该反应前后N的杂化方式是否发生改变？ (填“是”或“否”)。的空间构型为 。
(2)二环己烷并-18冠-6()的制备反应为，中官能团的名称是 。冠醚可以自动识别金属离子，已知18-冠-6空腔直径为260~320pm，识别的原理为，几种碱金属离子的直径(pm)：(152)、(204)、(276)、(304)、(334)，则KCl中含有的下列杂质中，不能通过18-冠-6进行分离的是 (填字母)。
A．LiCl B．NaCl C．RbCl D．CsCl
(3)M和晶体类型相同，但是的熔点远高于M，主要原因是 。M物质中不存在的作用力为 (填字母)。
A．离子键 B．氢键 C．极性键 D．非极性键 E．金属键
(4)M的晶胞结构如图所示(其中●为阳离子，○为阴离子)。
若晶胞边长为，为阿伏加德罗常数的值，M的摩尔质量为，则该晶体的密度为 (列出含m、a、的计算式即可，不必化简)。
4．（2024高三下·辽宁锦州·阶段练习）我国科学家利用生物质合成共聚酯的单体，合成时涉及多种元素，回答下列问题：
(1)基态的电子排布式为 ，，中的空间结构为 。
(2)E中碳原子的杂化类型是 。
(3)第一电离能： (填“>”或“”或“H>C
C．钴酞菁中钴元素的化合价是+2
D．钴酞菁中的作用力有：离子键、氢键、配位键、π键、σ键
(4)某铁的配合物结构如下图所示，可由(CH3)3SiCl与K[Fe(C5H5)(CO)2CO2]混合加热制得。
①表示环戊二烯负离子，已知分子中的大π键用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则中的大π键应表示为 。
②该铁的配合物中碳原子的杂化方式共有 种。
(5)邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是 。
(6)下图为一种常见锂离子电池电极材料的六棱柱结构单元及其沿垂直底面方向的投影图，其底面是正六边形。
①该电极材料物质的化学式为 。
②该晶体中Li原子周围距离最近且相等的O原子有 个。
13．（2024高三下·四川遂宁·期末）铁合金及其化合物在工业、国防、能源等领域用途广泛。
(1)钛铁合金具有放氢温度低、价格适中等优点，是钛系储氢合金的代表。Fe元素在元素周期表中位于第四周期 族，属于 区元素。
(2)水杨醛()是一种香料的中间体，请画出水杨醛的分子内氢键： ，水杨醛与苯酚的酸性谁更强？ 。
(3)邻二氮菲(，平面形分子，简称为phen)能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示。
①phen是 分子(“极性”或“非极性”)中N原子的价层孤电子对占据 轨道。
②[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为 ，配体数为 。
③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时应控制pH为5～6，请解释原因： 。
④邻二氮菲的二氯代物有 种。
(4)Cu可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行 实验；加热该物质时，首先失去的是H2O分子，原因是 。
(5)金属晶体铜的晶胞如图所示。铜原子间的最短距离为apm，密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数。
铜的相对原子质量为 (用a、ρ、NA表示，写出计算式即可)。
14．（2024高三下·四川眉山·期末）在月球玄武岩中发现了钛铁矿(主要成分的化学式含Ti、Fe、O三种元素)，钛铁矿广泛应用于各个领域，包括冶金、化工、建筑、航空航天、电子等。请回答下列有关问题：
(1)铁在周期表中的位置是 。
(2)基态钛原子的价层电子排布式为 ，其最外层电子的电子云轮廓图为 。
(3)中的配体为 ；其中 C原子的杂化类型为 ，1 ml 含有的σ键数目为 。
(4)下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是 (填序号)。
a． b． c．
(5)Ti的四卤化物的熔点如表所示，TiF4熔点高于其它三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，其原因是 。
(6)钛铁矿主要成分的晶胞为立方体，其结构如图所示，钛铁矿主要成分的化学式为 ，已知该晶胞参数为a pm，NA为阿伏加德罗常数值，则该晶胞的密度为 g/cm3(用含a、NA的代数式表示)。
15．（2024高三下·北京丰台·期中）金属K和C60能够发生反应产生一系列金属球碳盐KxC60，部分金属球碳盐具有超导性，是球碳族化合物的研究热点之一。
(1)金属K中含有的化学键是 键。
(2)C60晶体中分子密堆积，其晶胞结构如图所示。C60晶体属于 晶体，每个C60分子周围等距离且紧邻的C60有 个。
(3)某种KxC60的晶胞结构如图所示。C﹣位于立方体晶胞的顶点和面心，K+位于晶胞的体心和棱边，另外晶胞内还有8个K+。
①KxC60中x= 。
②该晶胞立方体的边长为acm，NA为阿伏加德罗常数的值，KxC60的摩尔质量为Mg·ml-1，则晶体的密度为 g/cm3。
③KxC60的熔点高于C60，原因是 。
(4)科学家已经用有机化合物分子和球形笼状分子C60，组装制成了“纳米车”，如图所示。
“纳米车”可以运输单个有机化合物分子，生产复杂材料和药物。下列关于C60和“纳米车”的说法正确的是 (填字母)。
a．C60 是一种新型化合物
b．C60熔点高于金刚石
c．C60分子中，只含有碳碳单键
d．“纳米车”的诞生，说明人类已经可以在分子层面进行组装操作
16．（2024高三下·北京丰台·期中）W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，其元素性质或原子结构如下：
回答下列问题。
(1)写出W、Y的元素符号：W 、Y 。
(2)X属于周期表中 区元素，基态X原子的轨道表示式为 。其中X具有最高能量的电子所处能级符号为 ，该能级轨道电子云轮廓图的 形状为 (填字母)。
a．球形 b．哑铃形
(3)X、Z和N元素的电负性由大到小的顺序是 (填元素符号)。
(4)X和N之间形成的化学键类型是 ，请从电负性的角度解释原因 。
(5)X+可与某种冠醚形成具有特定结构和功能的聚集体，如图所示。
X+ 与冠醚之间的作用力属于 (填字母)。
a．离子键 b．配位键 c．氢键 d．范德华力
(6)从原子结构角度解释元素Y的第一电离能高于同周期相邻元素的原因 。
17．（2024高三下·山东威海·期末）氮与其他元素可形成多种物质，回答下列问题：
(1)N与H、B可形成氨硼烷(结构式为)，是一种新型储氢材料。H—N—H键角：NH3BH3 NH3(填“>”“HBr>HCl。
（3）受热发生非氧化还原反应，故无元素化合价发生变化，推出其化学方程式为；CsCl为无色晶体，是离子晶体，ICl为红棕色液体，是分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高；
（4）①根据晶胞结构图可知，距离最近且相等的有4个，的配位数为4，配位数之比等于化学式中原子个数之比的反比，则配位数为4；
②晶胞中含有4个，个数，该立方晶胞边长为anm，CuX的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为=。
2．(1) N、O、Cl +3 6
(2)[CrCl(H2O)5]Cl2·H2O
(3) 6 正四面体
(4)
(5) Cu2Cr3O7
【详解】（1）已知NH3中N原子上有孤电子对、H2O中O原子上有孤电子对，Cl-中有孤电子对，故中提供电子对形成配位键的原子有N、O、Cl，其中Cl为-1价，NH3和H2O均不带电，故铬的化合价为+3价，配位数为3+2+1=6，故答案为：N、O、Cl；+3；6；
（2）已知配合物中内界离子中的配体很难电离，故化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，分别呈紫罗兰色，暗绿色和亮绿色，将它们配制成等体积等浓度的溶液，分别加入足量AgNO3溶液，所得AgCl沉淀的质量之比为3∶2∶1，呈暗绿色的配合物即能够电离出2个Cl-，其中一个Cl-为配体，其该配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2·H2O，故答案为：[CrCl(H2O)5]Cl2·H2O；
（3）由题干图示信息可知，根据Y的结构示意图可知，与铬原子紧邻的氧原子有6个即位于某个Cr的上、下、左、右、前、后，根据X的结构示意图可知，与铜原子紧邻的氧原子在空间上构成了正四面体形，故答案为：6；正四面体；
（4）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，称作原子的分数坐标，如A点和B点原子的分数坐标分别为，，则C点原子位于晶胞X的下层左后方的小立方体的体心上，故该点的分数坐标为，故答案为：；
（5）由题干晶胞的，即X和Y的结构示意图可知，其中含有Cu的个数为2，Cr的个数为：8×+2×=3，O的个数为：8×+10×+1=7，则图示铜铬黑晶体的化学式为：Cu2Cr3O7，设Cu原子、Cr原子和O原子半径分别为、和，原子的总体积为：2×+3×+7×，而晶胞的体积为：a3，则则原子的空间占有率为×100%=%，故答案为：Cu2Cr3O7；。
3．(1) 1s22s22p3 是 正四面体形
(2) 碳氯键、醚键 C
(3) M和均为离子晶体，由于M所含的阴阳离子的半径均大于中阴阳离子的半径，因此中所含的离子键更强，则熔点更高 E
(4)
【详解】（1）X所含元素有H、C、N、Br，基态原子排布式分别为：1s1、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p63s23p63d104s24p5，基态原子未成对电子数分别为：1、2、3、1，因此基态原子未成对电子数最多的N，电子排布式为：1s22s22p3；
中N原子为sp2杂化，中N原子为sp3杂化，因此反应前后N的杂化方式发生改变；的中心原子Cl的价层电子对数为：，无孤电子对，因此空间构型为：正四面体形。
（2）
中所含官能团名称是：碳氯键、醚键；
冠醚中含有醚键可与碱金属形成配位键，不同大小的空穴可识别不同的碱金属阳离子，18-冠-6空腔直径为260~320pm，18-冠-6的空穴大小适配钾离子的大小，从而形成稳定的配合物，则不能识别的离子可以与之分离，
A．LiCl中的直径为152pm，离子直径小于18-冠-6空腔直径，因此不能被识别，但钾离子可以被识别，因此可以通过18-冠-6进行分离，故A不符合题意；
B．NaCl中的直径为204pm，离子直径小于18-冠-6空腔直径，因此不能被识别，但钾离子可以被识别，因此可以通过18-冠-6进行分离，故B不符合题意；
C．RbCl中的直径为304pm，离子直径处于18-冠-6空腔直径之中，因此能被识别，但钾离子也可以被识别，因此不可以通过18-冠-6进行分离，故C符合题意；
D．CsCl中的直径为334pm，离子直径大于18-冠-6空腔直径，因此不能被识别，但钾离子可以被识别，因此可以通过18-冠-6进行分离，故D不符合题意；
故答案选C。
（3）的熔点远高于M，主要原因是：M和均为离子晶体，由于M所含的阴阳离子的半径均大于中阴阳离子的半径，因此中所含的离子键更强，则熔点更高；
M为离子化合物，其晶体类型为离子晶体，M晶体中含有离子键、共价键（极性键、非极性共价键）、配位键，阳离子中还存在氢键，因此M物质中不存在的作用力为：金属键，故答案选E。
（4）根据均摊法可知，该晶胞中含有的黑色的小球有个，含有的白色的小球有个，晶胞边长为，为阿伏加德罗常数的值，M的摩尔质量为，则该晶体的密度为。
4．(1) (或) 正四面体形
(2)
(3) > 中的轨道处于全充满状态，较稳定
(4) > W分子间存在氢键，C分子间没有氢键
(5) 4
【详解】（1）基态Zn原子的核外电子排布式为，是Zn原子失去了两个电子，故电子排布式为(或)，中心原子为S原子，价层电子对4，无孤电子对，空间构型为正四面体形；
（2）E物质中甲基中的碳原子杂化方式为，苯环及两个酯基中的碳原子杂化方式为；
（3）基态Zn原子的核外电子排布式为，为全充满结构，而基态Cu原子的核外电子排布式为，为半充满结构，故第一电离能：Zn>Cu，Cu+的外围电子排布式为为全充满结构，即将失去第三层的电子，故需要吸收的能量更高；
（4）W分子间可形成氢键使沸点升高，C分子间没有氢键；
（5）①由图可知，晶胞中Cu的配位数为4，配位数之比等于粒子个数的反比，故晶胞中的配位数也为4；
②晶胞中相邻之间的最短距离为面对角线的二分之一，设晶胞参数为a cm，则 ，可得，故晶胞中相邻之间的最短距离为=pm。
5．(1) 1 1
(2)氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强
(3)电负性O＞S
(4) 8 CuFe2O4
(5) 180min前Al表面的氧化膜没有完全溶解，180min后溶解了氧化膜的Al与反应
【分析】观察有机物中碳原子是否为手性碳，观察其连接的四个基团是否存在相同基团，若不存在相同基团则为手性碳原子；由于氟元素的电负性大，吸引了氮原子的孤对电子，降低其电子云密度导致氮原子配位能力降低；得电子能力O＞S，O对共用电子对吸引能力更强；重铬酸根与金属铝反应生成铝离子和铬离子，金属铝比较活泼，表面容易被氧化形成氧化铝薄膜，据此分析各小题；
【详解】（1）
①根据题目所给图分析，该有机物中含有1个手性碳原子，位置如图所示；
②根据题目所给图分析，该有机物中含有1个手性碳原子，位置如图所示；
（2）氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二（甲基吡啶）胺中氮原子和含氟基团相连是的配位能力下降，氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮的配位能力减弱；若在氮原子和含氟基团之间引入-CH2CH2CH2-，配位能力增强，氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强；
（3）根据元素周期律，氧元素的得电子能力大于硫元素，对共用电子对的吸引作用O＞S，则S-H的极性小于O-H的极性；
（4）①根据晶胞示意图分析，Ce位于立方体的顶点和面心上，以面心的Ce为例，Ce原子周围距离最近且相等的O原子个数为4×2=8个；
②根据图2分析，利用均摊计算法，1个A拥有4个O和个Cu，4个A拥有16个O和6个Cu；1个B拥有4个O、4个Fe和12个Cu，4个B拥有16个O、16个Fe和2个Cu，整个晶胞拥有8个Cu、16个Fe和32个O，故化学式为；
（5）①铝在含铬污水中将还原为Cr3+，根据氧化还原反应得到铝处理酸性含铬污水发生反应的离子方程式为；
②铝处理初始pH=3的污水，前180min污水中的还原较慢，180min后变快，铝表面有氧化铝膜，pH=3时，溶液中的氢离子先将氧化铝膜反应掉，再是铝和重铬酸根反应，因此其原因是180min前Al表面的氧化膜没有完全溶解，180min后溶解了氧化膜的Al与反应。
6．(1) 2 哑铃型
(2)
(3)O>N>C
(4)S2->Cl-
(5) 阴极 CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【分析】由周期表图可知：a是C元素，b是N元素，c是O元素，d是S元素，e是Cl元素，f是Ti元素，g是Cu元素；
【详解】（1）f是Ti元素，价电子排布式为3d24s2，未成对电子数为2，e为Cl元素，价电子排布式为3s23p5，最高能级为p能级，原子轨道形状为哑铃型；
（2）
g为Cu元素，基态原子的价层轨道表示式为：；
（3）a是C元素，b是N元素，c是O元素，同周期元素从左到右电负性依次减小，电负性由大到小的顺序为：O>N>C；
（4）d是S元素，e是Cl元素，简单离子半径大小为：S2->Cl-；
（5）甲是乙醇燃料电池，甲醇为燃料，反应生成碳酸根离子，发生氧化反应，通入甲醇的电极A为负极，通入氧气的为正极，碳棒II与负极相连，为阴极；甲醇失去电子，在碱性条件下生成碳酸根离子，点击反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
7．(1) 乙烯 加成反应
(2)
(3)同分异构体
(4)
(5)6
(6)
(7)3
【分析】结合和H的结构，可知D是甲醇。
【详解】（1）根据A的结构简式可知，A的化学名称为乙烯，A→B的反应是乙烯与溴发生加成反应，所以反应类型为加成反应；
（2）根据C的结构简式可得C的分子式为；
（3）E与的分子式相同但结构不同，所以二者的关系为同分异构体；
（4）
G→H的反应是在加热条件下浓硫酸作催化剂发生羟基的消去反应，其化学方程式为：；
（5）能与金属钠反应的有机物含有羟基或羧基官能团，所以A~I中能与金属钠反应的有C、D、E、G、H、I共6种；
（6）
H含有碳碳双键在一定条件下，能通过自身聚合反应生成聚合物Q，则Q的结构简式为；
（7）
F的分子式为，不能与金属钠反应说明不含羟基和羧基，所以满足条件的的同分异构体有：、、共3种。
8．(1)
(2) 和均为分子晶体，但相对分子质量较大，分子间作用力更强，熔点更高；而属于离子晶体，熔点最高 AC
(3)ABD
(4) GaAs
【详解】（1）Ga是第31号元素，基态Ga原子的价层电子排布式是；
（2）①的熔点高于，却远低于，原因是：和均为分子晶体，但相对分子质量较大，分子间作用力更强，熔点更高；而属于离子晶体，熔点最高。
②气态时以二聚形式存在，其分子结构类似于，二聚分子中各原子均满足结构，的结构为，则Ga与Cl之间存在的化学键有极性键、配位键，故选AC。
（3）
A．能量最低的激发态Ga原子的轨道表示式：[Ar]，A错误；
B．Al的金属性比Ga较弱，化合物中共价键成分的百分数：Al2O3>Ga2O3，B错误；
C．同周期主族元素第一电离能从左往右逐渐增大，第一电离能：，C正确；
D．氢氧化镓能与强碱反应，而氨水是弱碱，与过量氨水反应的离子反应方程式：，D错误；
故选ABD。
（4）根据图示可知，由均摊法得，一个晶胞中，Ga的个数为4，As的个数为，则化学式为GaAs；若设该晶体的密度为，晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数的值为，则，则。
9．(1)B是非金属，硼单质是共价晶体，共价键强度大，熔点高，Al、Ga均为金属，且位于同主族，Al、Ga的价电子数相同，Al的原子半径较小，则金属键较强，熔点较高；
(2) 六 2
(3)
(4) B 4
【详解】（1）B是非金属，硼单质是共价晶体，共价键强度大，熔点高，Al、Ga均为金属，且位于同主族，Al、Ga的价电子数相同，Al的原子半径较小，则金属键较强，熔点较高；
（2）观察黑磷晶体结构片段可知，最小的环为六元环，每个环有6个P原子，但每个P原子被3个环共用，则每个环平均含有个P原子；
（3）①由已知信息，铊化钠(NaTl)可看作是由两个金刚石晶格穿插得到，晶胞中，体对角线的距离为，铊化钠中Tl-Tl间的最小距离为体对角线的，即为；
②根据均摊法，晶胞中含有Na的个数为，则含有Tl的个数也为8，晶胞的质量为g，体积为a3×10-30cm3，则密度为g·cm-3
（4）①晶胞沿Z轴的投影中，Bi3+位于面心，Se2-位于顶点，O2-位于棱上，其投影图为B；
②以xz平面上为中心其周围紧邻的共有4个。
10．(1)D
(2)1
(3) sp2 N的电负性大，电子定域在N原子周围，六方氮化硼中没有可以自由移动的电子 大于
(4) 6
(5)C
【详解】（1）电子占据的能级越高，能量越高，故能量最高的是，故答案为：D；
（2）第2周期主族元素中，第一电离能顺序为Li 两者中心原子价层电子对均为4对均采取sp3杂化，而NH3中N有1对孤电子对，NH3BH3中N无孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力大，形成键角小
(2)2
(3) 正四面体 b
(4) CuC3N
【详解】（1）该结构式中，N、B均连接四根共价键，因此N的价层电子对均为4对，采取sp3杂化，但没有孤电子对，而NH3的中心原子N原子的价层电子对数为，有一对孤电子对成键电子对排斥大键角更小，所以NH3BH3中H－N－H键角大于NH3中H－N－H键角，故答案为：>；两者中心原子价层电子对均为4对均采取sp3杂化，而NH3中N有1对孤电子对，NH3BH3中N无孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力大，形成键角小。
（2）LixN平面层Li排列如石墨层中C，N处于六元环的中心，则Li的个数为，则N：Li=1：2，即x=2。
（3）①晶胞中每个B原子连接4个N原子，这4个N原子构成以B原子为体心的正四面体结构；
②立方氮化硼晶胞类似金刚石晶胞，金刚石结构类似甲烷空间构型的正四面体结构，沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应为规则的正六边形，结合其晶胞图可知应是图b。
（4）
①X属于六方晶系，假设坐标为，根据图中信息可知， ，A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子位于与其相邻的三个C原子位置的中心，则点原子在xyz轴上的投影坐标分别为、、1，故分数坐标为；
②Y属于立方晶系，根据“均摊法”，晶胞中含个Cu、个C、1个N，Y的化学式为：CuC3N；
距离最近C原子的核间距为面对角线的二分之，为；
根据题意可知，晶胞参数为a nm，Y晶体密度为，晶体密度为，可知。
18．(1)氮
(2) sp2 sp3
(3) V形 由于 H−S键键长比H−Se键长短，两氢原子距离更近，斥力更强（或由于S的电负性比大，使共用电子对间的排斥力变大）
(4)由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多，而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少
【详解】（1）根据天冬酰胺结构可判断所含元素为碳、氢、氧、氮； C 、 H 、 N 、 O 的价电子排布式分别为：2s22p2 、1s1、2s22p3、 2s22p4，未成对电子分别为：2、1、3、2，所以氮元素未成对电子最多，故答案为：氮；
（2）根据题干给的天冬酰胺结构可以看出，碳原子形成的化学键的类型有单键和双键，碳原子以sp3和sp2 杂化，故答案为：sp3和sp2 ；
（3）①H2Se价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断：该分子空间构型为V形，故答案为：V形；
②从数据看，由于 H−S键键长比H−Se键长短，两氢原子距离更近，斥力更强，因而 H2S的键角更大（或由于S的电负性比大，使共用电子对间的排斥力变大，因而 H2S的键角更大，故答案为：由于 H−S键键长比H−Se键长短，两氢原子距离更近，斥力更强（或由于S的电负性比大，使共用电子对间的排斥力变大）；
（4）Mn元素为25号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故答案为：由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多，而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少。