2024届高三新高考化学大一轮专题复习----物质的结构与性质
1．（2023·全国·高三专题练习）与溶液条件相比，晶体条件下发生的反应有产物选择性高、易于分离提纯等优点。
(1)氟元素在有机晶体化学领域的研究和应用中有重要价值。
①六氟苯中碳原子的杂化方式为_____。
②苯环上的电子云密度：苯_____六氟苯(填“＞”或“＜”)，依据电负性解释其原因：_____。
(2)分子的空间结构、原子的电负性、中心原子的孤电子对等角度影响分子的极性。请解释为什么与水分子结构十分相似的OF2极性很小_____。
(3)分子间作用力影响晶体中分子的堆积方式，进而影响物质的性质和反应的选择性。
①已知：苯和六氟苯的熔点分别为5.5℃和5.2℃，将二者混合后得到的“混晶”(二者比例为1：1)，其熔点上升至23.7℃。三种晶体中的分子间作用力最大的是_____(填“苯”、“六氟苯”或“混晶”)。
②已知：紫外光下，两个碳碳双键可加成为四元环(环丁烷)的结构。紫外光下，分子X在溶液条件下反应得到2种互为同分异构体的加成产物，在晶体条件下只能生成1种加成产物Z，推测Z的结构简式为_____(不考虑立体异构)。
(4)A与B经以下两种途径均可获得E。
①已知：－N3与－C≡CH在铜盐催化条件下可发生加成反应得到含结构的分子。E的结构简式为______。
②将B更换为B′，发现A与B′无法形成晶体，证实了晶体条件下发生反应时氟原子的必要性。B′的结构简式为______。
③猜测氟原子可能的作用：影响晶体中分子的堆积方式、增强了－N3的活性和_____。
2．（2023春·河南商丘·高三商丘市第一高级中学校考阶段练习）分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC1是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HECl是析氢催化剂HE在析氢过程中产生的中间体
回答下列问题：
(1)与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有_______种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mo1 WOC1中通过螯合作用形成的配位键有_______mo1。
(3)HECl中的H、C、N、S元素能形成硫氰酸(H-S-C≡N)和异硫氰(H-N=C=S)，这两种酸中沸点较高的是异硫氰酸(H-N=C=S)，原因是_______。
(4)在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为_______，、的键角较小的离子为_______。
(5)水催化氧化是分子人工光合作用的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢如图甲、乙所示。晶胞参数 pm， pm，标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c
①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为_______pm。(保留一位小数)
②普通冰晶体的密度为_______g·cm(列出数学表达式，不必计算出结果)。
3．（2022秋·广东广州·高三广东番禺中学校考期末）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，
(1)S原子价电子排布式___________；S原子的核外不同运动状态的电子数是___________个，能量最高的3p轨道的电子云的形状是___________
(2) S8的S原子采用的轨道杂化方式是___________。
(3)气态SeO3分子的空间立体构型为___________，离子的VSEPR模型为___________。
(4)H+可与H2O形成H3O+，H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角___________(填大或小)
4．（2023·浙江·高三统考专题练习）回答下列问题
(1)2023年3月16日，最新款内折旗舰华为MateX3发布，该款手机是使屏幕兼顾轻薄和良好的抗冲击性能、耐刮擦性能和弯折性能，同时也是将石墨烯正式应用到手机里，利用石墨烯薄片液冷散热系统成为全球最强散热手机系统，而之前国际化学顶级期刊《Science》连刊两文报道石墨烯超导重大发现，第一作者均为中国科大10级少年班仅21岁的校友曹原。石墨烯这一人们视为“引领未来”的新材料，享受其广泛应用于蓄电池、智能手机和交通工具等带来的福利，碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，碳原子所形成的六元环数、碳原子数、C-C键数之比为___________。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环中最多有___________个C原子在同一平面。
③石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(图乙)。图甲中，1号C与相邻C形成键的个数为___________；图乙中，1号C的杂化方式是___________，该C与相邻C形成的键角___________(填“>”“<”或“=”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。若将图乙所示的氧化石墨烯分散到中，则氧化石墨烯可与形成氢键的原子有___________(填元素符号)。
④石墨烯可转化为富勒烯()，某金属M与可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中M原子的个数为___________，该材料的化学式为___________。
(2)南昌大学的几位本科生连续在国际化学顶级期刊《Advanced Materials》和《Journal of the American Chemical Society》发表两篇关于分子铁电的研究论文，分子铁电为跨学科研究方向，涉及到的学科包括化学、材料、物理、电子等，是目前最热门的研究课题。
①与核外未成对电子数之比为___________。
②奥氏体是碳溶解在中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构，如图丁所示。若晶体密度为dg·cm-3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用表示，写出简化后的计算式即可)。
5．（2023春·福建南平·高三校考阶段练习）回答下列问题：
(1)下列Li原子的轨道表示式的状态中，能量最低和最高的分别为_______、_______(填字母)。
A．B．
C．D．
(2)NH3的沸点比PH3的_______，原因是_______。
(3)基态Fe2＋与Fe3＋离子中未成对的电子数之比为_______。
(4)基态K原子中，核外电子占据的最高电子层的符号是_______，占据该电子层电子的电子云轮廓图形状为_______，该原子核外电子的运动状态，有_______种。
(5)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_______、_______。乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_______，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_______(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。
6．（2023春·北京西城·高三北师大实验中学校考阶段练习）钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗以及石油化工等领域。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价电子轨道表示式是_____。
(2)钛与卤素形成的化合物TiX4熔点如表：
TiX4 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4
熔点/℃ 377 -24 38.3 153
解释TiX4熔点差异的原因______。
(3)TiCl4能与甲胺(CH3NH2)形成稳定的配合物[TiCl4(CH3NH2)2]。
①甲胺中N原子的杂化方式为_____。
②CH3NH2中H－N－H键角比TiCl4(CH3NH2)2中H－N－H键角小，从结构角度解释原因_____。
(4)TiO2的化学性质非常稳定，广泛用于涂料、橡胶和造纸等工业。
①向TiCl4中加入大量的水，可制得TiO2 xH2O，该反应的化学方程式为_____，所得TiO2 xH2O经焙烧得到TiO2。
②金红石型TiO2的晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。TiO2的摩尔质量为80g mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____g cm-3。
(5)Ti(SO4)2是有机合成中常见的催化剂。测定Ti(SO4)2溶液物质的量浓度的方法为：
i.取5mL待测液于烧杯中，加入足量铝粉，充分反应；
ii.将所得混合物过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，转移到锥形瓶中，加水稀释到25mL；
iii.向锥形瓶中滴加2滴KSCN溶液；
iv.用cmol/LFe2(SO4)3溶液滴定，滴定终点时消耗Fe2(SO4)3溶液VmL。
已知：2Al+6Ti(SO4)2=Al2(SO4)3+3Ti2(SO4)3
Fe2(SO4)3+Ti2(SO4)3=2FeSO4+2Ti(SO4)2
①滴定终点时的现象为_____。
②待测液中Ti(SO4)2的浓度为_____mol/L。
7．（2023·全国·高三统考专题练习）碳有多种同素异形体。部分晶体或分了的结构如图所示：
根据图中所示信息，回答下列问题：
(1)石墨晶体中不存在的化学键是_______(填字母编号)。
A．离子键 B．共价键 C．范德华力 D．氢键 E.金属键
(2)下列有关比较或说法中正确的是_______(填字母编号)。
A．沸点：
B．熔点：
C．三者都不溶于水及有机溶剂(如苯)
D．晶体中，与分子A等距离且最近的分子有6个
(3)①石墨、金刚石、中C原子以杂化的是_______；
②金刚石中含有_______个键
③晶胞中晶粒A的坐标为(1，0，0)，则晶粒B的坐标为_______
(4)金刚石的晶胞如图所示，设晶胞边长为acm，则金刚石的密度为_______。
(5)碳的氧化物CO可以和很多过渡金属形成配合物。金属镍粉在CO气流中轻微地加热，可生成液态的，用配位键表示的结构为_______。
(6)钴氮掺杂碳常用来用做催化剂，已知金属钴单质的晶体结构有三种，其中一种六方晶胞结构如图所示，该晶胞中的钴原子数目为_______，设阿伏加德罗常数的值为，晶胞的底面积为，晶胞的密度为，则该晶胞的高c为_______nm。
8．（2023春·贵州黔东南·高三凯里一中校考阶段练习）铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]_______。
②乙烷硒啉分子中含有C、N、O元素，它们的第一电离能由大到小的顺序为_______。基态Se原子的第一电离能小于相邻的As原子的原因是：_______。
③比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“<”或“=”)，原因是：_______。
④的沸点低于，其原因是：_______。
(2)富马酸亚铁()是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中键与键的数目比为_______。
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
③请写出亚铁离子的价层电子轨道表示式_______。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化，将转化为，反应过程如图所示：
产物中N原子的杂化轨道类型为_______。
9．（2023·河南开封·统考二模）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。
A．配位键 B．离子键 C．共价键 D．氢键
(3)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H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
②______________________________________。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是 (填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。
10．（2023春·吉林白城·高三校考阶段练习）是环境友好材料，能光催化降解有机物。回答下列问题：
(1)基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为___________，价电子中未成对电子有___________个。
(2)二氧化钛与(光气)、(二氯亚砜)等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。
①(光气)的立体构型为___________，中键和键的数目比为___________。
②(二氯亚砜)是___________分子。(填“极性”或“非极性”)
(3)香豆素()是一种天然香料，能被光降解。
①分子中C原子的杂化类型是___________。
②已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m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)，则香豆素中的大π键应表示为___________。
11．（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）Co元素的某些化合物在电池、光电材料、催化剂等方面有广泛应用。回答下列问题：
(1)一种具有光催化作用的配合物A结构简式如图所示：
①与Co同周期，基态原子有1个未成对电子的元素有___________种。
②配离子的空间构型为___________，钴元素价态为___________，通过螯合作用形成的配位键有___________个。
③配合物A无顺磁性，则中心离子的杂化方式为___________(填标号)。(若中心离子具有单电子，则配合物为顺磁性物质。)
A． B． C． D．
④咪唑( )具有类似苯环的芳香性，①号N比②号N更易与钴形成配位键的原因是________。
(2)Co的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所。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，称作原子分数体标。
已知晶胞含对称中心，其中1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，则2号氧原子的分数坐标为___________。为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用计算式表示)。
12．（2023春·贵州铜仁·高三校考阶段练习）能源、材料与生产生活和社会发展密切相关。
Ⅰ.光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料。光伏材料又称太阳能材料，只有半导体材料具有这种功能。可作太阳能电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe等。
(1)写出31号元素镓(Ga)的基态原子的核外电子排布：_______。
(2)基态氟原子的第一电离能_______基态氮原子的第一电离能(填大于、小于或等于)的原因是_______。
(3)写出3p轨道上只有2个未成对电子的元素的符号：_______、_______。
Ⅱ.从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键断裂和生成物的化学键形成的过程。在化学反应过程中，断裂化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。
化学键 H—H N—H N≡N
键能/(kJ/mol) 436 391 945
(4)已知： ，根据上表中所列键能数据可计算出a=_______。
13．（2023春·安徽淮北·高三淮北师范大学附属实验中学校考阶段练习）我国科学家使用了新的铝铍埋藏测年法测量北京猿人的生存年代。这种方法的测量对象是石英(二氧化硅)，它是砂石的主要成分。当宇宙射线打到地面时，会将石英中的硅原子和氧原子打破，生成铝和铍的同位素。只要测出一块石头中26Al和10Be的含量，就能推算出它被埋入地下的时间。完成下列填空：
(1)写出Be的核外电子排布式_______。Be所在的周期中，最外层有2个未成对电子的元素的符号是_______、_______。
(2)写出Al的最外层电子轨道表示式_______。铝原子核外有_______种运动状态不同的电子；铝原子核外有_______种能量不同的电子。有一种与26Al中子数相同的硅的核素，写出该核素符号_______，该硅电负性_______(填“大于”或“小于”)Al 。
(3)比较Al3＋、S2-和Cl-半径由大到小的顺序_______；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_______(写化学式)。
(4)铝单质在氧气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：_______。铝元素最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_______。
14．（2023·全国·模拟预测）硼及其化合物在医疗、航空航天、超导磁体、储能材料、微波通信和动力装置上具有广泛的应用价值。
(1)固体储氢材料NH3BH3中，N原子的核外电子排布式为___________，B原子的杂化轨道类型为___________，N和B的第一电离能大小：N___________B(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)氨羧基硼烷能抑制肿瘤和降低血清胆固醇，其结构与甘氨酸(NH2CH2COOH)类似，氨羧基硼烷的结构简式为___________。
(3)化学式为B2H6、B5H9、B6H10的硼氢化合物具有巢形结构，该硼氢化合物的通式可表示为___________。
(4)硼中子俘获疗法(BNCT)是一种针对脑、头、颈部肿瘤的一种新型放射疗法，该法涉及利用低能中子照射硼化合物，将13B标记的硼化合物注射到患者体内，用中子照射10B发生核裂变产生氦核(α粒子)和7Li核，裂变过程反应式为___________。
(5)物质的硬度和晶格焓密度(晶格焓除以物质的摩尔体积)之间的关系如图所示(碳的点代表金刚石)。氮化硼能用作高温动力装置磨料的原因是___________。
(6)立方氮化硼是一种用于航空航天的热绝缘体纳米材料，晶胞结构如图，晶胞参数为anm。晶体的密度ρ=___________g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
15．（2023春·山西忻州·高三校联考阶段练习）黑火药是我国古代的四大发明之一，距今已有1000多年的历史。黑火药在发生爆炸时发生的反应为：(已配平)。回答下列问题：
(1)K原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a. b.
c. d.
(2)在生成物中，A的电子式为_______。
(3)已知与结构相似，推算HCN分子中键与键数目之比为_______。
(4)第VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含第VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。
①O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_______。
②的酸性比的酸性_______(填“强”或“弱”)。气态分子中Se的杂化方式为_______，离子的VSEPR模型名称为_______。
16．（2023春·重庆璧山·高三重庆市璧山来凤中学校校考阶段练习）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
(1)与S同族，基态硒原子价电子排布式为___________。
(2)的沸点低于，其原因是___________。
(3)关于Ⅰ~Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有___________。
A．Ⅰ中仅有键 B．Ⅰ中的键为非极性共价键 C．Ⅱ易溶于水
D．Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有与 E．Ⅰ~Ⅲ含有的元素中，O电负性最大
(4)的杂化类型为___________。
(5)硒的两种化合物的键角大小为SeO3___________SeO(填“>”或“<”或者“=”)，原因是：___________。
(6)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是___________。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为(1，，)，b点锰原子坐标为(0，，0)，则c点锰原子坐标为___________。MnS的密度为ρg/cm3，摩尔质量为M g/mol，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞中S原子距离相等且最近的S原子的距离为___________nm(列式表示)。
17．（2023春·新疆昌吉·高三校考阶段练习）钠、铁及他们的化合物在生产、生活中有着重要的用途。
(1)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有 NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物 质。当汽车发生碰撞时，NaN3 迅速分解产生 N2和 Na， 同时放出大量的热，N2使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
①KClO4可处理产生的 Na，其中氯元素的化合价是_______ 。
②NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而分解，其分解的化学方程式 为_______。
(2)电子工业常用 30%的 FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。
①FeCl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式为_______。
②将 FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续加热至液体呈红褐色，制得的分散系 为_______(填“溶液” 、“胶体”或“浊液”) ， 关于此分散系说法中，不正确的是_______(填字母)
A．分散质粒子的直径在 1×10-9m ~ 1×10-7m B．是一种透明的纯净物
C．具有丁达尔效应 D．可以透过滤纸
18．（2023春·辽宁·高三校联考阶段练习）离子液体具有很强的溶解性及良好的化学稳定性。某离子液体的结构如图所示，其中A、B、C、D为四种原子序数依次增大的短周期主族元素，C原子核外价电子数等于B与A的原子序数之差，D位于C的下一周期，A与B形成的简单化合物与D单质可在光照条件下发生反应。
(1) A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
(2)化学式为ABC的分子中键与键数之比为_______。
(3)D元素基态原子中能量最高的电子所在能级有_______个不同的空间运动状态，其原子轨道的图形为_______。
(4)化学式为的分子的空间构型为_______。
(5)离子液体对如图所示纤维素有优良的溶解能力，其原因是_______。
(6)E是一种过渡金属，可与D形成两种不同价态的化合物，其中一种易溶于水，其浓溶液呈黄绿色。
①高温下E的高价态氧化物可分解成低价态氧化物，试从原子结构角度分析原因_______。
②能与某些中性分子(如：水、氨气形成配合物，也能与某些阴离子(如：)形成配合物。向含的水溶液中清加足量的浓氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。沉淀溶解的离子方程式为_______。
参考答案：
1．(1) sp2 ＞ 电负性F＞C＞H，氟原子对苯环有吸电子作用
(2)从构型上看，水和OF2均为V形结构，结构相似，从电负性上看，氧与氢的电负性大于氧与氟的电负性差值；OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强
(3) 混晶
(4) 或 增强了－COOH的酸性
【详解】（1）①六氟苯中碳原子形成3个σ键和1个大π键，碳原子的杂化方式为sp2，故答案为： sp2；
②F元素的电负性比C元素的大，成键电子对偏向F原子，苯中苯环上的电子云密度大于六氟苯，故答案为：＞；F元素的电负性比C元素的大，成键电子对偏向F原子；
（2）从构型上看，水为V形结构，而OF2的价电子对数为2+=4，为V形结构，两者都为V形结构，结构相似，从电负性上看，氧与氢的电负性大于氧与氟的电负性差值，O-H键的极性大于O-F键极性；OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强，而OF2分子的极性却很小，故答案为：从构型上看，水和OF2均为V形结构，结构相似，从电负性上看，氧与氢的电负性大于氧与氟的电负性差值；OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强。
（3）①分子间作用力越大，物质的熔点越高，三者中“混晶”熔点最高，则混晶的分子间作用力最大，故答案为：混晶；
②根据题意可知，在晶体条件下只能生成1种加成产物Z，双键加成形成4元环，苯环、五氟苯环间隔位于4元环上，故答案为：；
（4）①根据-N3与-C≡CH在铜盐催化条件下可发生加成反应得到含结构的分子，则A与B反应生成E的结构简式为或者，故答案为：或者；
②根据题意，晶体条件下发生反应时氟原子的必要性可知B与B’的差别在于是否有F原子，则B’的结构简式为，故答案为：；
③猜测氟原子可能的作用：影响晶体中分子的堆积方式、增强了-N3的活性，也可能是F原子的电负性较强，F原子具有吸电子作用，使-COOH酸性增强，故答案为：使-COOH酸性增强。
2．(1) 3 c
(2)8
(3)异硫氰酸分子间存在氢键，而硫氰酸(H-S-C≡N)分子间不存在氢键
(4)
(5) 276.4
【详解】（1）Fe位于第四周期，与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti、Ni、Ge；
a.为基态Fe原子；b.为基态；c.为基态，3d处于半充满的稳定状态，很难再失电子 ；d.为激发态Fe原子；则电离最外层一个电子所需能量最大的是，故c符合题意；故答案为：3；c；
（2）WOC1中，4个N原子与Ru通过螯合配位成环，则1 mo1 WOC1中通过螯合作用形成的配位键有8mol，故答案为：8；
（3）异硫氰酸分子间可形成氢键，硫氰酸(H-S-C≡N)分子间不存在氢键，因此异硫氰酸沸点较高，故答案为：异硫氰酸分子间存在氢键，而硫氰酸(H-S-C≡N)分子间不存在氢键；
（4）形成三中心四电子的离域π键，可表示为；中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，离子空间构型为直线形，键角为180°，中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，离子空间构型为V形，键角小于180°，因此键角：>；故答案为：；；
（5）①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为0.375×737pm=276.4pm，故答案为：276.4；
②由晶胞结构可知，该晶胞中含有个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm ，则晶胞密度为：，故答案为： 。
3．(1) 3s23p4 16 哑铃形
(2)sp3
(3) 平面正三角形 四面体
(4)大
【详解】（1）S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则其价电子排布式为3s23p4；S原子的核外电子共有16个，每个电子的运动状态都不同，所以共有不同运动状态的电子数是16个，能量最高的3p轨道的电子云的形状是哑铃形。答案为：3s23p4；16；哑铃形；
（2）S8中的S原子，其价层电子对数为4，采用的轨道杂化方式是sp3。答案为：sp3；
（3）气态SeO3分子中，Se的价层电子对数为3，发生sp2杂化，空间立体构型为平面正三角形，离子中，S原子发生sp3杂化，VSEPR模型为四面体。答案为：平面正三角形；四面体；
（4）H2O分子中的O原子最外层具有2个孤电子对，H3O+中O原子最外层有1个孤电子对，由于孤电子对间的排斥力＞孤电子与成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力，所以 H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大。答案为：大。
4．(1) 1：2：3 4 3 < O、H 12
(2) 5：4
【详解】（1）①在图1中，碳原子所形成的六元环数中每个碳原子为3个六元环共用、每个共价键为2个六元环共用，每个六元环占有碳原子数目为6×=2，含有碳碳键数目为6×=3，碳原子所形成的六元环数、C原子数、C-C键数之比为1：2：3，故答案为：1：2：3；
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环中最多有4个C原子在同一平面，如图所示，故答案为：4；
③石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(图乙)，由题干信息可知，图甲中，1号C与相邻C形成3个C-C单键，故1号C周围的键的个数为3；1号C形成3个C-C及1个C-O键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2，为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角＜图甲中1号C与相邻C形成的键角，只有电负性较大的非金属元素与氢元素才可形成氢键，所以形成氢键的原子为氧原子与氢原子，故答案为：3；sp3；＜；O、H；
④由题干图丙所示信息可知，一个晶胞中M原子个数=8+12×+1=12、C60个数=8×+6×=4，则C60与M原子个数之比=4：12=1：3，其化学式为 M3C60；故答案为：12；M3C60；
（2）①已知Fe是26号元素，则Fe3+的价电子排布式为3d5，有5个未成对电子，而Fe2+的价电子排布式为3d6，有4个未成对电子，故Fe3+与Fe2+核外未成对电子数之比为5:4，故答案为：5:4；
②由题干图丁所示信息可知，该晶胞中Fe原子个数=8×+6×=4、C原子个数=1+12×=4，则Fe、C原子个数之比=4：4=1：1，其化学式为FeC，晶胞体积==，则棱长==cm，该晶胞中最近的两个碳原子距离=面对角线长度的一半=×cm=××1010pm，故答案为：××1010。
5．(1) D C
(2) 高 NH3存在分子间氢键
(3)4∶5
(4) N 球形 19
(5) sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤电子对与金属离子形成配位键 Cu2＋
【详解】（1）A、B、C都是激发态原子，D是基态原子，故D的能量最低的；对于激发态的原子，能级越高，能量就越高，故A、B、C中能量最高的是2p能级上占据了两个电子的C原子。
（2）结构相似的物质，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点就高；但是如果含有氢键，沸点会大大提高，故NH3的沸点高于PH3。
（3）亚铁离子的电子排布为[Ar]3d6，有4个未成对电子；铁离子的电子排布为[Ar]3d5，有5个未成对电子，故两者未成对电子数之比为4：5。
（4）基态K原子，最高电子层为第四层，符号为N；该能层上只有4s一个能级上有电子，故电子云轮廓图为球形，该原子核外有19个电子，故电子的云动状态就有19种。
（5）由于C和N周围都是单键，故都是sp3杂化；由于N原子有一对孤对电子，可以与金属离子形成配位键，从而形成稳定的环状离子；由于铜离子半径大于镁离子，故铜离子与乙二胺形成的化合物稳定性更高。
6．(1)
(2)TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高
(3) sp3 CH3NH2中N上有一对孤电子对，TiCl4(CH3NH2)2中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H－N－H键角更小
(4) TiCl4+(x+2)H2O=TiO2 xH2O↓+4HCl
(5) 滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色
【详解】（1）基态Ti原子核外有22个电子，位于第4周期第ⅣB族，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2；
故答案为：
（2）从表中数据可以看出，TiF4的沸点反常，则其晶体类型与其它三种不同，其应为离子晶体，从而得出TiX4熔点差异的原因：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；
故答案为：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；
（3）①甲胺中N原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3。
②CH3NH2中H-N-H与[TiCl4(CH3NH2)2]中H-N-H相比，前者N原子最外层有1个孤电子对，后者N原子的孤电子对形成了配位键，所以对成键电子的排斥作用前者大于后者，则前者键角小，从结构角度解释原因：CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小；
故答案为：sp3；CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小；
（4）①向TiCl4中加入大量的水，可制得TiO2 xH2O，则另一种产物为HCl，该反应的化学方程式为。
②在晶胞中，含Ti原子数为=2，含O原子数为=4，TiO2的摩尔质量为80 g mol-1，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为=g cm-3；
故答案为：；；
（5）①滴定前，溶液呈无色，终点时溶液呈浅红色，现象为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色。
②由发生的反应，可建立以下关系式：Fe2(SO4)3——2 Ti(SO4)2，待测液中Ti(SO4)2的浓度为=mol/L；
故答案为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色；。
7．(1)A
(2)AB
(3) 金刚石 (，，1)
(4)
(5)
(6) 6
【详解】（1）石墨为层状结构，层内碳原子之间通过碳碳单键结合，碳碳单键属于共价键，层与层之间通过分子间作用力结合在一起；石墨中每个碳形成3个共价键，剩下一个p轨道相互重叠形成层状的离域π键，离域π键上的电子能在晶格上自由移动，便有了类似于金属的性质，通过类似金属键的作用力结合在一起，故石墨晶体中存在的作用力是：共价键、分子间作用力，金属键，不存在离子键和氢键，氢键不属于化学键，故选A。
（2）A．金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，两者的沸点相同，均为4827℃。属于分子晶体，沸点较低，故A正确；
B．熔化时破坏共价键，石墨中碳碳键的键长小于金刚石中碳碳键的键长，键长越短，键能越大，破坏共价键所需要的能量越多，温度越高，所以石墨熔点高于金刚石。为分子晶体，熔点较低，故B正确；
C．是非极性分子，根据相似相溶原理可知能溶于苯，故C错误；
D．晶体中与分子A等距且最近的分子是位于每个面的面心位置的分子，所以应该是12个，故D错误；
故选AB。
（3）①杂化轨道用来容纳孤电子对或形成键。石墨中碳原子成3个键，金刚石中碳原子成4个键，中碳原子成3个键，所以采取sp3杂化的是金刚石；
②12g金刚石中C的物质的量为=1mol，每个碳原子连4条键，每条键被2个碳原子共用，所以每个碳原子完全占有的键是2条，1mol碳原子完全占有的键是2mol，即；
③晶胞中晶粒A的坐标为(1，0，0)，B位于正方体顶面的中心，则晶粒B的坐标为(，，1)。
（4）金刚石晶胞含碳原子数为=8，金刚石的密度为。
（5）含有孤电子对，可以与Ni原子形成配位键，用配位键表示的结构为。
（6）依据晶胞结构可知，晶胞中顶点12个、上下面心2个，体内3个，用均摊法得： =6。设阿伏加德罗常数的值为，晶胞的底面积为，晶胞的密度为，则晶胞的体积V= (nm)3，则该晶胞的高c为=。
8．(1) N、O、C As的4p能级电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高 > 的空间构型为平面三角形，的空间构型为三角锥形 两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(2) 11：3
(3)杂化
【详解】（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4。
②同周期元素从左往右的第一电离能逐渐增大，但N的2p轨道半充满，相对稳定，故N的第一电离能大于O，则第一电离能由大到小顺序为N、O、C；由于As的4p能级电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离比As高。
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，故键角SeO3大于。
④H2Se和H2O都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，故沸点高。
（2）①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3。
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe。
③亚铁价层电子排布式为3d6，故其价层电子轨道表示式为。
（3）由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，故N原子的杂化方式为sp3杂化。
9．(1) O>N>C>H>Cu 3d104s1
(2) +1(或-1) BD 三角锥形
(3) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
(4)D
(5)
【详解】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
10．(1) 4s 2
(2) 平面三角形 3：1 极性
(3) sp2
【详解】（1）Ti为22号元素，位于第四周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，则Ti原子核外电子占据最高能级符号为4s，价电子中有2个未成对电子，故答案为：4s；2；
（2）①COCl2的结构式为，立体构型为平面三角形；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则COCl2中σ键和π键的数目比为3：1，故答案为：平面三角形；3：1；
②SOCl2正负电荷中心不重合，为极性分子，故答案为：极性；
（3）香豆素中C原子均形成3个σ键，不含孤电子对，均采用sp2杂化；由题干信息可知，苯环、碳碳双键、碳氧双键参与形成大π键，其中碳原子各提供1各电子，氧原子提供一对电子，形成的大π键为：，故答案为：sp2；。
11．(1) 5 三角锥 +3 5 C ②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱
(2) (0.3333，0.3333，0.1077)
【详解】（1）①Co位于第四周期，第四周期元素中，原子基态时具有1个未成对电子，外围电排布为4s1或4s24p1或4s24p5、3dl04s1、3d14s2，共有5种元素；
②配离子中心原子价层电子对数为3+ =4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，由配合物A结构简式可知Co原子和N原子形成4个配位键，和O原子形成2个共价键，带1个单位负电荷，则钴元素价态为+3价，螯合是指具有以下两个或多个配位原子的多齿配体与同一金属进行离子相互之间没有形成螯合环，通过螯合作用形成的配位键有5个；
③由配合物A结构简式可知Co原子形成6个配位键，Co原子的价层电子对数为6，杂化方式为，故选C；
④②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱。
（2）根据1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，2号氧原子、1号氧原子和晶胞含对称中心，根据对称关系可知2号氧原子的分数坐标为(0.3333，0.3333，0.1077)，晶胞中O原子个数为4，H原子个数为2，Co原子个数为8+4=2，则该晶体的密度为=。
12．(1)
(2) 大于 氮原子半径比氟原子大，核电荷数比氟原子小，对电子的引力比氟原子小，氟原子失去一个电子需要能量较高
(3)
(4)-93
【详解】（1）31号元素镓(Ga)的电子排布式为；
（2）氮原子半径比氟原子大，核电荷数比氟原子小，对电子的引力比氟原子小，氟原子失去一个电子需要能量较高，所以基态原子的第一电离能大小关系为：F＞N；
（3）3p轨道上只有2个未成对电子的元素其基态核外电子排布式为或，元素符号分别为、；
（4）已知： ，根据上表中所列键能数据可计算=+945 kJ/mol +436 kJ/mol×3-391 kJ/mol×6=-93 kJ/mol，故a＝-93。
13．(1) 1s22s2 C O
(2) 13 5 Si 大于
(3) S2->Cl->Al3＋ HClO4
(4) 铝在氧气中燃烧发出耀眼的白光，在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量 Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O
【详解】（1）Be的原子序数为4，位于第二周期第ⅡA族，核外电子排布式为1s22s2，Be所在的周期中元素C：1s22s22p2，O：1s22s22p4，2p轨道均有2个未成对电子；
（2）Al的最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1，则最外层电子轨道表示式为；铝原子核外有13个电子则有13种运动状态不同的电子；铝原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，五种轨道，五种能量；26Al中中子数为13，而硅的质子数为14，所以该核素为Si；硅与铝同周期，同周期元素，原子序数越大，电负性也越大，所以硅的电负性大于铝；
（3）比较半径：①电子层越多，半径越大②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，因此离子半径 S2->Cl->Al3＋；元素非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，氯元素的非金属性最强，则 HClO4酸性最强；
（4）铝在氧气中燃烧发出耀眼的白光，在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量；铝元素最高价氧化物为Al2O3可以与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O。
14．(1) 1s22s22p3 sp3 大于
(2)NH3BH2COOH
(3)BnHn+4(n≥2)
(4)
(5)晶格焓密度越大，氮化硼磨损硬度越大
(6)
【详解】（1）固体储氢材料NH3BH3中，已知N是7号元素，故N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，NH3BH3中B与周围的3个H原子形成3个σ键，与N原子形成一个配位键，无孤电子对，即B原子周围的价层电子对数为4，则B原子的杂化轨道类型为sp3，根据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反常可知，N和B的第一电离能大小：N大于B，故答案为：1s22s22p3；sp3；大于；
（2）氨羧基硼烷能抑制肿瘤和降低血清胆固醇，其结构与甘氨酸(NH2CH2COOH)类似，氨羧基硼烷即NH3BH3中B上的一个H被-COOH取代，故该化合物的结构简式为NH3BH2COOH，故答案为：NH3BH2COOH；
（3）由化学式为B2H6、B5H9、B6H10的硼氢化合物具有巢形结构可以得出，该硼氢化合物的通式可表示为BnHn+4(n≥2)，故答案为：BnHn+4(n≥2)；
（4）由题干信息可知，用中子照射10B发生核裂变产生氦核(α粒子)和7Li核，裂变过程反应式为，故答案为：；
（5）由题干图示信息可知，晶格焓密度越大，磨损硬度越大，而氮化硼的晶体焓密度较大，故氮化硼磨损硬度较大，能用作高温动力装置磨料，故答案为：氮化硼的晶体焓密度较大，故氮化硼磨损硬度较大，能用作高温动力装置磨料；
（6）由晶胞结构，晶胞中B原子数目=8×+6×=4、N原子数目=4，晶胞的质量=，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则晶体密度==g cm-3，故答案为：。
15．(1) ac c
(2)
(3)1∶1
(4) O>S>Se 强 四面体形
【详解】（1）a.核外电子总数为19，为K原子1个4s电子被激发到3d能级；
b.，此时核外电子数为14，不是K原子的激发态；
c.，核外电子总数为19，为K原子1个3p轨道电子被激发到4p轨道；
d. ，此时核外电子总数为15，不是K原子的激发态；
属于K原子激发态的为：ac；其中能量较高的为c；
故答案为：ac；c；
（2）根据元素守恒可知A为K2S，电子式为 ，故答案为： ；
（3）的结构为，与结构相似，可知中存在，HCN分子的结构式为：，单键为键，三键中含1个键和2个键，键与键数目之比为1∶1，故答案为：1∶1；
（4）①O、S、Se为同主族元素，从上到下第一电离能递减，则第一电离能：O>S>Se，故答案为：O>S>Se；
②同主族元素氢化物水溶液的酸性依次增强，则酸性：>；中心原子Se价层电子对数=，中心原子采用sp2杂化；中心Se的价层电子对数=，存在一对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，故答案为：O>S>Se；强；；四面体形。
16．(1)4s24p4
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE
(4)sp3
(5) > SeO3中Se为sp2杂化而SeO为sp3杂化
(6) MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大 (0，1，)
【详解】（1）基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
（2）的沸点低于，其原因是：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。
（3）A．I中有键，还有大π键，选项A错误；
B．Se Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，选项B正确；
C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，选项C错误；
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，选项D正确；
E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，选项E正确；
综上所述，选BDE。
（4）中硒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，则杂化类型为sp3杂化。
（5）硒的两种化合物的键角大小为SeO3＞SeO，原因是：SeO3中Se价层电子对数为，Se为sp2杂化，其立体构型为平面正三角形，键角120°，SeO中Se价层电子对数为，其VSEPR模型为四面体， Se为sp3杂化，其立体构型为三角锥形，键角小于109°28’。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，二者均为离子晶体，离子键强者晶格能大熔点高。则前者的熔点明显高于后者的主要原因是：MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大。
在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为(1，，)，b点锰原子坐标为(0，，0)，则据图可知，c点锰原子坐标为(0，1，)。由晶胞结构可知，晶胞中S位于顶点和面心，原子个数为8×+6×=4，Mn位于棱边的中点和体内，原子个数为12×+1=4，MnS的密度为ρg/cm3，摩尔质量为M g/mol，NA表示阿伏加德罗常数的值，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：，解得a=nm，则晶胞中S原子距离相等且最近的S原子的距离为nm(列式表示)。
17．(1) +7
(2) 2Fe3+ + Cu =2Fe2+ + Cu2+ 胶体 B
【详解】（1）①KClO4中，K为+1价，O为-2价，故Cl为+7价；
②NaHCO3吸收产气过程中释放的热量而分解，生成碳酸钠、二氧化碳、水，故反应的方程式为：
（2）①FeCl3溶液中铁离子可氧化铜单质，铁离子被还原为亚铁离子，故反应的离子方程式为：2Fe3+ + Cu =2Fe2+ + Cu2+；
②FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续加热促进铁离子水解，生成氢氧化铁胶体，至液体呈红褐色时，得到氢氧化铁胶体，故分散系为：胶体；胶体分散系的胶粒的直径在 1×10-9m~1×10-7m，故A正确；
胶体分散系为混合物，故B错误；
胶粒的直径在 1×10-9m~1×10-7m，故可发生丁达尔现象，故C正确；
胶粒的直径在 1×10-9m~1×10-7m，可通过滤纸，无法通过半透膜，故D正确；
故选B。
18．(1)N>C>H
(2)1：1
(3) 3 哑铃形/纺锤形
(4)三角锥形
(5)离子液体中的氯离子与纤维素分子链中羟基上的氢原子形成氢键，离子液体中的阳离子与纤维素分子链中羟基上的氧原子作用，从而破坏了纤维素中原有的氢键，导致纤维素在离子液体中溶解
(6) CuO中Cu的价电子排布为3d9，Cu2O中Cu的价电子排布为3d10全满结构，更稳定 Cu(OH)2+4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2+ +2OH- +4H2O
【分析】A、B、C、D为四种原子序数依次增大的短周期主族元素，A与B形成的简单化合物与D单质可在光照条件下发生反应，可知为甲烷与氯气的反应，则A为H元素，B为C元素，D为Cl元素，C原子核外价电子数等于B与A的原子序数之差，D位于C的下一周期，则C为N元素，E是一种过渡金属，可与D形成两种不同价态的化合物，其中一种易溶于水，其浓溶液呈黄绿色，则E为Cu，由此分析解题。
【详解】（1）由分析可知A、B、C、D、E分别为H、C、N、Cl、Cu五种元素，同周期元素随原子序数的递增电负性逐渐增大，则三种元素电负性由大到小的顺序为：N＞C＞H，故答案为：N＞C＞H；
（2）化学式为ABC的分子是HCN，结构式为H－C≡N，则分子中有2个σ键和2个π键，σ键和π键个数比为1：1，故答案为：1：1；
（3）D元素是Cl，基态原子中能量最高的电子是3p能级，该能级有3个轨道，p轨道成哑铃形，故答案为：3；哑铃形；
（4）化学式为CA3的分子是NH3，中心原子N原子的价层电子对数n=σ键数目+孤电子对数=3+1=4，VSEPR模型是四面体，氨气分子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；
（5）由于离子液体中的氯离子与纤维素分子链中羟基上的氢原子形成氢键，离子液体中的阳离子与纤维素分子链中羟基上的氧原子作用，从而破坏了纤维素中原有的氢键，导致纤维素在离子液体中溶解，因此离子液体对纤维素有优良的溶解能力；
（6）①由于CuO中Cu的价电子排布为3d9，Cu2O中Cu的价电子排布为3d10全满结构，更稳定，故而在高温条件下CuO易分解生成Cu2O；
②ED2是CuCl2溶液，在此溶液中加入氨水现有沉淀Cu(OH)2生成，氨水过量沉淀溶解，沉淀溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2+ +2OH- +4H2O。
