天津市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-59原子结构与性质（1）
一、单选题
1．（2023·天津和平·统考三模）下列说法不正确的是
A．Cu在周期中的ds区
B．第一电离能：S
2．（2023·天津河北·统考二模）下列化学用语或图示表达正确的是
A．顺-2-丁烯的球棍模型：
B．的空间填充模型：
C．的电子式：
D．基态氮原子的轨道表示式：
3．（2023·天津河西·统考三模）下列叙述及相关解释均正确的是
选项 叙述 解释
A 还原性：HI>HBr 范德华力：HI>HCl
B 稳定性： O与S同主族，得电子能力：O
D 键的极性的强弱：H-O
4．（2023·天津河西·统考二模）已知：用中子轰击原子的核反应：。下列说法正确的是
A．X是金属元素 B．Y位于ⅠA族
C．和互为同素异形体 D．位于元素周期表的d区
5．（2023·天津河东·统考二模）下列有关说法正确的是
A．Na2O和Na2O2固体中阳离子和阴离子个数比都是
B．CO2和SiO2的化学键类型和晶体类型相同
C．和NH3都可以做为配合物的配体
D．Al和N的原子轨道都有3个单电子
6．（2023·天津河东·统考二模）现有三种元素基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p63s23p5，下列排序正确的是
A．最高价含氧酸的酸性：③>①>② B．原子半径：③>②>①
C．第一电离能：①>②>③ D．电负性：③>②>①
7．（2023·天津滨海新·统考三模）硫氰化铁常被用于电影特技和魔术表演，其制备原理为FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl。已知氯化铁固体的熔点为306℃、沸点为316℃，易升华。下列说法正确的是
A．电负性：Cl>S >Fe
B．FeCl3晶体属于离子晶体
C．SCN-的几何构型为V形
D．Fe(OH)3胶体和Fe(OH)3悬浊液的本质区别：丁达尔效应
8．（2023·天津南开·统考二模）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。
(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)
W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。下列说法不正确的是
A．电负性； B．离子半径：
C．Z与Y可组成多种离子化合物 D．简单氢化物的键角：
9．（2023·天津南开·统考二模）下列有关化学用语表示正确的是
A．的电子式：
B． 的化学名称：苯胺
C．蚁酸的结构简式：
D．基态铬原子的价电子排布式；
10．（2023·天津河北·统考二模）下图为元素周期表前四周期的一部分。
下列有关X、Y、Z、W四种元素的说法中，正确的是
A．电负性：W>X B．单质熔点：Z>W
C．原子半径：Z>Y D．第一电离能：Z>Y
11．（2023·天津·模拟预测）六方氮化硼(BN)被称为“白色石墨烯”，其纳米片可用于以乙烯-乙酸乙烯酯共聚物为基体的导热复合材料中。下列有关说法正确的是
A．基态N原子中有2个未成对电子 B．石墨烯中碳原子的杂化方式为杂化
C．乙烯分子中键和键个数之比为4∶1 D．BN中N的化合价为价
二、结构与性质
12．（2023·天津河西·统考三模）失水后可转为，与可联合制备铁粉精()和。按要求回答下列问题。
I．的结构如图所示。
(1)价层电子的轨道表示式为___________。
(2)中的键角比分子中的___________。(填“大”、“小”或“一样大”)
(3)图中分别与、的作用力为___________、___________。
Ⅱ．晶胞为立方体，棱长为apm，如图所示：
(4)与等距且紧邻的离子个数为___________。晶胞的密度为___________g cm(设阿佛伽德罗常数的值为，列算式)。
(5)以为燃料，联合的分解，制备铁粉精()和。
①结合下列“分解”、“与反应”分别生成的焓变图示，解释制备铁粉精的过程能充分实现“能源和资源”有效利用的原因：___________。
②此过程中，发生氧化反应的物质为___________。
13．（2023·天津和平·统考二模）、是新型磁性材料的成分。依其中有关元素回答问题：
(1)钕(Nd)属于镧系元素，则其在元素周期表中处于_______区，铁元素在元素周期表中的位置_______。
(2)的立体构型为_______；其中B原子的杂化方式为_______。
(3)是一种重要的还原剂，其组成元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(4)的钙钛矿型晶胞结构如图所示，其中Co填充在F形成的正八面体中心。
①K、Co、F的第一电离能由大到小的顺序为_______。
②该晶体密度为，则K和Co之间的最短距离为_______pm。
(5)的制备：称取研细的10.0 g和5.0 g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25 mL浓氨水，5 mL 30%的溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得溶液。写出该的离子方程式为_______。在制取的过程中可能还会有a.、b.、c.三种物质生成，物质的量相等的这三种物质分别与足量反应，生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为_______(填字母序号)。
(6)常温下，已知电离平衡常数：、，、。写出向0.1 的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1 溶液，生成沉淀的离子方程式_______。
14．（2023·天津·模拟预测）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅶ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)基态Fe的价层电子排布式为______。
(2)以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。
①色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)电负性由大到小的顺序为______。
②色胺酮分子中N原子的杂化类型为______。
③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过_______作用与色胺酮钴配合物相结合，CH3OH分子内______π键。(填“有”或“没有”)
(3)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示：
①距离Mg原子最近的Ni原子有______个。
②已知该晶胞的边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为______g cm-3。(1nm=10-9m)
15．（2023·天津河东·统考二模）碳元素可以与多种非金属元素形成化合物。
(1)碳的价层电子排布式是_______。
(2)CO2的电子式是_______。
(3)氧硫化碳()是一种无机化合物，结构上与、类似。
①氧硫化碳()含有的化学键类型_______。
A．键 B．键 C．金属键 D．离子键
②在空气中完全燃烧生成两种氧化物，写出此反应的化学反应方程式_______。
③C、O、S的电负性大小顺序是_______>_______>_______。
(4)一种新型碳的晶体结构可看做将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，碳和金刚石的晶胞如图所示。金刚石中碳碳键的键角是_______度；碳的晶胞中平均含有_______个碳原子；
16．（2023·天津滨海新·统考三模）非金属元素及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)As4S4俗称雄黄，其中基态砷原子价电子排布式为___________。
(2)HOCH2CN分子中含有的σ键与π键数目之比为___________，该化合物中碳原子的杂化方式为___________ ，其中位于同一周期元素中第一电离能由大到小的顺序为：___________ 。
(3)甘氨酸(H2NCH2COOH)是最简单的一种氨基酸，其相对分子质量为75，而戊烷相对分子质量为72，与甘氨酸相差不大，但甘氨酸易溶解于水，戊烷却难溶解于水，出现这种差异的原因是___________。
(4)砷化镓晶体结构如图所示，晶胞参数为a nm，已知阿伏伽德罗常数值为NA，则砷化镓晶体密度的表达式___________ g·cm-3
(5)已知氨氮废水中氨元素多以NH和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水流程如下：
已知：达标废水中氯元素主要以Cl- 形式存在。
①NaClO电子式为___________。
②过程Ⅱ加入NaClO可将废水中的NH3·H2O转化为无污染气体，该反应的化学方程式为___________。
17．（2023·天津·模拟预测）硒—钴—锏三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有重要的应用。请回答下列问题：
(1)钴位于元素周期表中_____________(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区，与钴位于同一周期且含有相同未成对电子数的元素有_____________种。
(2)元素、O、N的第一电离能由大到小的顺序___________________。硒的某种氧化物为链状聚合结构如图所示，该氧化物的化学式为___________________。
(3)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图表示。
已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：_______(填“>”、“＜”或“=”)，其原因是_________________。
(4)[(15—冠—5)](“15—冠—5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图1，该配位离子中含有的键数目为_____________。全惠斯勒合金的晶胞结构如图2所示，其化学式为___________________。
18．（2023·天津河东·统考一模）Cu(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
(1)Cu2+的价层电子排布式为_____。
(2)[Cu(NH3)4]SO4在水中电离的方程式是_____。
(3)如图为Cu(II)配合物A和B发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化。
①氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_____。
②已知：当Cu(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色由紫色变为橙色(如图所示)。
若将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为_____。
(4)已知：[CuCl4]2-为黄色；[Cu(H2O)4]2+为蓝色；两溶液混合为绿色溶液。在稀CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因_____。
(5)CuCl2和CuCl是铜常见的两种氯化物，如图表示的是_____的晶胞。已知晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶体的密度为_____g cm-3。(已知：1pm=10-10cm)
三、原理综合题
19．（2023·天津河西·统考二模）工业上先将金红石 (TiO2)转化为，然后可制得在医疗等领域具有重要用途的钛(Ti)。按要求回答下列问题。
(1)钛的价层电子排布式为___________；预测钛元素的最高化合价为___________。
(2)已知在一定条件下如下反应的热化学方程式及平衡常数：
ⅰ.；
ⅱ.；
ⅲ.碳氯化法：；
①___________；___________(用含的代数式表示)。
②反应ⅲ自发进行的条件为___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
③在反应ⅰ中加入石墨制备，用平衡移动原理分析其目的：___________。
(3)在的密闭容器中，投入一定量的、C、，进行反应ⅲ的模拟实验。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①设时平衡体系气体总物质的量为n，反应的平衡常数的值___________(用含n、V的代数式表示)。
②在200℃平衡时几乎完全转化为。但实际生产采用1000℃左右的反应温度，其理由是___________。
(4)写出有利于加快反应ⅲ速率的一条措施：___________。
四、填空题
20．（2023·天津河北·统考一模）元素周期表中，铍(Be)与铝处于对角线的位置，它们的性质相似。试回答：
(1)Be元素在元素周期表中的位置：___________，有关Be性质的推断不正确的是___________(填序号)。
a．Be是一种轻金属，能与冷水反应
b．氧化铍具有高熔点，能耐酸碱
c．常温时，溶液的
(2)已知：，写出与NaOH溶液反应的离子方程式(铍酸根离子为)：___________
(3)基态铝原子的价电子排布式为___________，镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，用___________法测定其晶胞结构如图1所示，图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为___________，该立方晶胞的晶胞的密度为，设阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞中镁铝之间的最近距离为___________pm。(列出计算式，可不化简)。
(4)铝石墨双离子电池是一种全新的低成本、高效能电池，反应原理为：，电池结构如图2所示。放电时，正极反应式为___________，充电时，应将铝-石墨电极与外接电源的___________极相连。
参考答案：
1．C
【详解】A．Cu位于第四周期IB族，在周期中的ds区，故A正确；
B．根据元素周期律，S、P、Cl三种元素位于同一周期，但P最外层处于半充满状态，故按S、P、Cl的顺序第一电离能依次增大，第一电离能：S
故选C。
2．C
【详解】A．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，A错误；
B．已知CO2是直线形分子，故CO2的空间填充模型为：，B错误；
C．是离子化合物，的电子式：，故C正确；
D．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为：，D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．分子间的范德华力决定物质的熔沸点，与物质的还原性无关，故A错误；
B．同主族元素，从上到下，原子半径越来越大，非金属性越来越弱，原子半径O＜S，根据同主族，原子半径越小，非金属性越强，得电子能力越强，氢化物越稳定，所以稳定性：H2O＞H2S，故B错误；
C．分子间的氢键会使物质的熔沸点升高，邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键，即酚羟基中的氢原子与羧基中的氧原子之间形成氢键，对羟基苯甲醛可以形成分子间氢键，即酚羟基中的氢原子与另外一个分子的羧基中的氧原子之间形成氢键，故邻羟基苯甲醛沸点小于对羟基苯甲醛，故C错误；
D．同周期从左向右，元素电负性越来越大，电负性：O＜F，即F吸电子能力大于O，则H-F键的极性比H-O键的极性强，故D正确，
故选：D。
4．B
【分析】根据粒子守恒可得：N+1=7+4，N=10；Z+0=3+2，Z=5。可知X为B，Y为Li，据此解答。
【详解】A．X为B，为非金属元素，故A错误；
B．Y为Li，位于第二周期ⅠA族，故B正确；
C．和为同种元素的不同原子，互为同位素，故C错误；
D．为零族元素，位于p区，故D错误；
故选：B。
5．A
【详解】A．Na2O是由Na+和O2-构成的，Na2O2是由Na+和构成的，故Na2O和Na2O2固体中阳离子和阴离子个数比都是，A正确；
B．已知CO2中含有共价键，属于分子晶体，而SiO2中含有共价键，属于共价晶体，故化学键类型相同，但晶体类型不相同，B错误；
C．中没有孤电子对，不能做为配合物的配体，C错误；
D．Al是13号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，原子轨道中只有1个单电子，而N是7号元素，其核外电子排布式为1s22s22p3，其原子轨道有3个单电子，D错误；
故答案为：A。
6．A
【详解】已知①1s22s22p63s23p4为S、②1s22s22p63s23p3为P、③1s22s22p63s23p5为Cl，据此分析解题：
A．同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，故其最高价含氧酸的酸性也依次增强即HClO4＞H2SO4＞H3PO4即③>①>②，A正确；
B．同一周期从左往右元素的原子半径依次减小，即原子半径P＞S＞Cl即②>①>③，B错误；
C．同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能Cl＞P＞S即③>②>①，C错误；
D．同一周期从左往右元素的电负性依次增强，故电负性Cl＞S＞P即③>①>②，D错误；
故答案为：A。
7．A
【详解】A．通常非金属元素的电负性大于金属元素，三者中Fe电负性最小，同周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增强，即电负性Cl>S>Fe，A正确；
B．氯化铁固体的熔点为306℃，沸点为316℃，易升华，符合分子晶体的特征，其晶体类型为分子晶体，B错误；
C．SCN-的中心原子碳原子的价层电子对数为2+=2，无孤电子对为直线形结构，C错误；
D．分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液，即氢氧化铁胶体和氢氧化铁悬浊液的本质区别是分散质的粒子直径不同，D错误；
故答案选A。
8．B
【分析】W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，W原子序数最小，只能形成1个共价键，W为H元素，X可以形成4个共价键，X为C元素，Y可以形成2个共价键，Y为O元素，Z与其他元素不在同一个周期，为第三周期，原子半径为同周期最大的元素，Z为Na元素。
【详解】A．X为C元素，Y为O元素，电负性：，A正确；
B．Y为O元素，Z为Na元素，离子半径：，B错误；
C．Y为O元素，Z为Na元素，二者可以形成和两种离子化合物，C正确；
D．X为C元素，Y为O元素，简单氢化物分别为和，为正四面体结构，键角为，中含有1对孤电子对，对成键电子对的排斥力较大，为V型，键角为，所以键角：，D正确；
故选B。
9．B
【详解】A．的电子式为 ，故A错误；
B． 含有氨基，化学名称是苯胺，故B正确；
C．蚁酸是甲酸的俗名，结构简式为HCOOH，故C错误；
D．根据洪特规则，基态铬原子的价电子排布式为，故D错误；
选B。
10．B
【分析】由题干部分周期表所示信息可知，W、X、Y、Z四种元素分别为Br、F、P、S，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为F、W为Br，同一主族从上往下电负性依次减小，则电负性F>Br， A错误；
B．由分析可知，Z为S，W为Br，常温下S为固体，而Br2是液体，故单质熔点S>Br2， B正确；
C．由分析可知，Z为S、Y为P，同一周期从左往右原子半径依次减小，则原子半径P>S，C错误；
D．由分析可知，Y为P、Z为S，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA之间反常，则第一电离能P大于S，即Y>Z，D错误；
故答案为B。
11．B
【详解】A．基态N原子的价电子轨道表示式为，有3个未成对电子，A错误；
B．石墨烯中碳原子最外层的4个电子中有3个电子参与杂化形成3个键，还有1个2p电子参与形成大键，碳原子的杂化方式为杂化，B正确；
C．1个双键由1个键和1个键构成，故乙烯分子中键和键个数之比为5∶1，C错误；
D．N的电负性比B大，故BN中N显价，D错误；
故答案为：B。
12．(1)
(2)大
(3) 配位键 氢键
(4) 6
(5) 由图可知，与生成的反应为放热反应，分解生成的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的与反应生成 、
【详解】（1）Fe2+的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为： ；
（2）硫酸根离子和水分子中心原子均为sp3杂化，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；中心原子硫原子不存在孤对电子、H2O中心原子氧原子有2对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力较大，故中的键角大于H2O中的键角，故答案为：大；
（3）由图可知，亚铁离子提供空轨道、H2O提供孤对电子两者形成配位键；氧的电负性较大，故和H2O之间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；
（4）由图可知，Fe2+位于晶胞的顶点和面心，阴离子位于棱上和体心，则距离Fe2+最近的阴离子有6个；根据均摊法可知，1个晶胞中含有Fe2+的个数为 8×+6×＝4，即含有4个FeS2，晶胞质量为，晶体体积V=(a×10 10)3cm3，该晶体的密度为g/cm3，故答案为：6；；
（5）①由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4 H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4 H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用；
②化合价升高的物质发生氧化反应，发生氧化反应的物质为FeS2、FeSO4 H2O，故答案为：FeS2、FeSO4 H2O。
13．(1) f 第四周期、第VIII族
(2) 平面三角形
(3)H>B>K
(4) F>Co>K
(5) a>b>c
(6)
【详解】（1）钕(Nd)属于镧系元素属于f区元素。Fe为26号元素电子排布为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族。答案为f；第四周期、第VIII族；
（2）BF3的价层电子对数=3+，采取sp2杂化，立体构型为平面三角形。答案为平面三角形；sp2；
（3）元素的非金属性越强电负性越大，即K
（4）元素的金属性越强，第一电离能越小，即K
（5）Co2+被H2O2氧化为Co3+，而氨水提供NH3进行配位。反应为2Co2++2 +H2O2+10NH3 H2O=2[Co(NH3)6]3++2H2O。配合物中内界无法进行电离即只有外界氯能产生Cl-与Ag+产生沉淀，则物质的量相等的这三种物质完全反应生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为：[Co(NH3)5Cl]Cl2> [Co(NH3)4Cl2]Cl>[Co(NH3)3Cl3]，即a>b>c。答案为2Co2++2 +H2O2+10NH3 H2O=2[Co(NH3)6]3++2H2O ；a>b>c；
（6）Na2CO3水解时，，，则Kh=代入数据计算得c(OH-)=mol/L，溶液中Co(OH)2刚好沉淀时c(Co2+)c2(OH-)=Ksp[Co(OH)2]=1×10 15得到c(Co2+)=10-7mol/L。而CoCO3开始沉淀时c(Co2+) c ()=Ksp(CoCO3)=1×10 13计算得c(Co2+)=10-12mol/L。从计算得到先沉淀CoCO3，所以反应为Co2++ =CoCO3↓。答案为Co2++ =CoCO3↓。
14．(1)3d64s2
(2) O＞N＞C＞H sp2、sp3杂化 氢键 没有
(3) 12
【详解】（1）铁为26号元素，价层电子排布式为：；
（2）①同周期元素的电负性从左到右依次增大，有，而H的最小，故有：。故答案为：；
②单键的N的价层电子对数为，根据杂化轨道理论，中心N原子采取杂化，双键的N原子采用sp2杂化。故答案为：sp2、杂化；
③据图色胺酮钴配合物中O及N原子均有孤对电子，而中羟基上的氢原子上的电子偏向O导致几乎氢核裸露，故两者易形成氢键。甲醇分子中没有π键。
（3）据图色胺酮钴配合物中O及N原子均有孤对电子，而中羟基上的氢原子上的电子偏向O导致几乎氢核裸露，故两者易形成氢键。甲醇分子中没有π键。
(3)依图所示的立方体晶胞中，Mg原子位于顶点，Ni原子位于面心，而C位于体心。
①每个立方体晶胞中，Mg原子最近的Ni原子个数为3，而每个Mg原子被8个立方体占据，故Mg原子最近的Ni原子个数为：。故答案为：12；
②每个立方体晶胞中，各原子的数目为：，，，故化学式应为：。。故答案为：。
15．(1)2s22p2
(2)
(3) AB 2COS+3O22SO2+2CO2 O S C
(4) 109°28′ 32
【详解】（1）已知碳是6号元素，故其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p2，则碳的价层电子排布式是2s22p2，故答案为：2s22p2；
（2）根据电子式的书写原则可知，CO2的电子式是，故答案为：；
（3）①已知CO2的结构简式为：O=C=O，氧硫化碳(COS)结构上与CO2类似，则其结构简式为O=C=S，则其含有的化学键类型为：键和键，不含金属键和离子键，故答案为：AB；
②COS在空气中完全燃烧生成两种氧化物即为CO2和SO2，则该反应的化学反应方程式为：2COS+3O22SO2+2CO2，故答案为：2COS+3O22SO2+2CO2；
③根据同一周期从左往右元素电负性依次增强，同一主族从上往下元素电负性依次减弱结合CS2中C显正电性、S显负电性可知，C、O、S的电负性大小顺序是O>S>C，故答案为：O；S；C；
（4）金刚石中每个C原子价层电子对个数是4，碳原子采用sp3杂化，则每个C原子与其相邻且最近的碳原子构成正四面体结构，键角为109°28′；T-碳的晶胞中小正四面体个数=8×+6×+4=8，每个小正四面体中含有4个碳原子，所以该晶胞中碳原子个数为8×4=32，故答案为：109°28′；32。
16．(1)4s24p3
(2) 3：1 sp3、sp N>O>C
(3)甘氨酸分子与水分子间存在氢键，而戊烷与水分子间不能形成氢键，所以甘氨酸易溶于水，而戊烷却难溶于水
(4)
(5) 2NH3·H2O+3HClO=N2↑+3HCl+5H2O
【详解】（1）As元素为33号元素，位于元素周期表第四周期第ⅤA族，原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p3，则价电子排布式为4s24p3。
（2）单键为σ键，三键中一个为σ键，两个为π键，HOCH2CN分子中含有σ键个数为6个，含有π键个数为2个，所以含有的σ键和π键数目之比为3：1。化合物中碳原子形成4条单键为sp3杂化，CN中C和N形成三键，则C采取sp杂化，C的杂化方式为sp3和sp。C、O、N元素都是第二周期主族元素，同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半充满较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能N>O>C。
（3）甘氨酸分子与水分子间存在氢键，而戊烷与水分子间不能形成氢键，所以甘氨酸易溶于水，而戊烷却难溶于水。
（4）Ga原子位于晶体内，个数为4，As原子位于顶点和面心，个数为×8+×6=4，晶胞质量为=，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，根据ρ==。
（5）①NaClO是离子化合物，电子式为。
②溶液中NH3·H2O与HClO反应生成N2，根据得失电子守恒、原子守恒可得该反应为2NH3·H2O+3HClO=N2↑+3HCl+5H2O。
17．(1) d 2
(2)
(3) ＜ 的原子半径比S的原子半径大，键的键能比键的键能小，断裂键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长
(4) 46
【详解】（1）基态钴原子的核外电子排布式为位于元素周期表的d区，与钴同一周期且含有相同未成对电子数(3个)的元素为V、As，共2种。答案为d；2；
（2）从族至上而下，第一电离能减小，即O>S。氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，即N>O。所以第一电离能为Se
（3）由于Se的原子半径比S的原子半径大，Se-Se键的键能比S-S键的键能小，断裂Se-Se键所需要的最低能量小，对应的光波波长较长，所以图中实现光响应的波长：。答案为＜；Se的原子半径比S的原子半径大，Se Se键的键能比S S键的键能小，断裂Se Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长；
（4）冠醚分子中还含有碳氢键有2×10=20个，环上有碳氧键和C-C键共15个，2个H2O分子中4个O-H键。同时配离子中的配位键也为σ键，7个配位，配位键共有7个。有则该配位离子种含有的σ键数目为。顶点粒子占，面上粒子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中含有Cr的数目为，一个晶胞中含有Co的数目为：，一个晶胞中含有Al的数目为：，所以晶体化学式为。答案为46；。
18．(1)3d9
(2)[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++
(3) 共价键和氢键 加水稀释
(4)CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色
(5) CuCl
【详解】（1）Cu的价电子排布式为3d104s1，则Cu2+的价层电子排布式为3d9。答案为：3d9；
（2）[Cu(NH3)4]SO4为强电解质，在水中发生完全电离，则电离的方程式是[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++。答案为：[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++；
（3）①从图中可以看出，氢原子与氮原子间形成共价键，与O原子间形成氢键，则氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有共价键和氢键。
②从图中可以看出，在溶液中存在如下转化：CuL6(紫色)CuL4(橙色)+2L，若将配合物的颜色由紫色调整为橙色，则平衡正向移动，此时微粒数增大，则应减小浓度，所以需要进行的简单操作为加水稀释。答案为：共价键和氢键；加水稀释；
（4）在稀CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，则反应由[Cu(H2O)4]2+向生成[CuCl4]2-的方向进行，原因：CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色。答案为：CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色；
（5）在晶胞中，黑球数目为=4，灰球数目为4，则晶胞表示的是CuCl的晶胞。已知晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶体的密度为 =g cm-3。答案为：CuCl；。
【点睛】计算晶胞中含有的微粒数目时，可使用均摊法。
19．(1) +4
(2) 任意温度 因加入的石墨会消耗反应ⅰ产生的；反应ⅱ，放出的热能使的反应ⅰ平衡正移，产率增加
(3) 1000℃高温可提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品
(4)将、C(s，石墨)两种固体粉碎后混合均匀，同时鼓入，使固体粉末“沸腾”
【详解】（1）Ti是22号元素，在周期表中位于第四周期第ⅣB族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价层电子排布式为3d24s2，根据钛的价层电子排布，钛元素的最高化合价为+4；
（2）①根据盖斯定律可知，ⅲ=ⅰ+ⅱ，则；K3=K1 K2；
②反应ⅲ为熵增的反应，且为放热反应，根据吉布斯自由能的公式ΔG=ΔH－TΔS，可知该反应在任意温度时都可以进行；
③反应ⅰ为吸热反应，加入石墨可和氧气反应，同时放出热量，促进该反应正向移动，故其目的是：因加入的石墨会消耗反应ⅰ产生的；反应ⅱ，放出的热能使的反应ⅰ平衡正移，产率增加；
（3）①根据题给数据可知，时平衡体系内一氧化碳物质的量分数为0.05，则其物质的量为0.05n，二氧化碳物质的量分数为0.5，则其物质的量为0.5n，容器体积为VL，则此时平衡常数K=；
②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，同时生成CO2气体，实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品；故答案为：1000℃高温可提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品；
（4）反应ⅲ有固体物质参加反应，再结合影响反应速率的因素可知，有利于加快反应ⅲ速率的措施为：将、C(s，石墨)两种固体粉碎后混合均匀，同时鼓入，使固体粉末“沸腾”。
20．(1) 第二周期第ⅡA族 ab
(2)
(3) 3s23p1 X射线衍射法 8
(4) Cx(PF6)+e-=xC+ 正
【分析】（4）放电过程为原电池原理，根据反应原理可知，放电时AlLi中Li的化合价升高，失去电子。因此铝-锂电极作负极，电极反应式为：AlLi-e-=Al+Li+，铝-石墨电极作正极，电极反应式为Cx(PF6)+e-=xC+，充电过程为电解池原理，为原电池的逆过程。
【详解】（1）Be是4号元素，位于元素周期表的第二周期第ⅡA族；
a．Al与冷水不反应，可知Be是一种轻金属，不能与冷水反应，a错误；
b．氧化铝的熔点高，可知氧化铍具有高熔点，与氧化铝类似既能与酸反应又能与碱反应，因此不耐酸碱，b错误；
c．氯化铝水解显酸性，可知常温时，BeCl2溶液的pH<7，c正确；
答案选ab。
（2）由Al4C3+ 12H2O = 4Al(OH)3 + 3CH4↑可知，，，则Be2C与NaOH溶液反应的离子方程式为：。
（3）Al原子序数为13，位于元素周期表第三周期第ⅢA族，则基态铝原子的价电子排布式为3s23p1；镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，用X射线衍射法测定其晶胞结构；由晶胞结构可知，镁原子位于8个顶点和其中2个面心，铝原子位于其中2个面心，每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；包括同一侧面的4个顶点和4个面心，每个晶胞中含有的Mg个数为：个，Al个数为：，故晶胞的化学式为Mg2Al，设晶胞的边长为xcm，据密度计算公式可知，NAdg·cm-3×x3cm3=1mol×75g/mol，解得：x=，由图中可知该晶胞中镁铝之间的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，该最近距离为：。
（4）根据分析，放电时，铝-石墨电极作正极，电极反应式为Cx(PF6)+e-=xC+；充电时，铝-石墨电极作阳极，与外接电源的正极相连。
