2020屆高三化學(xué)二輪物質(zhì)結(jié)構(gòu)題型專攻- 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題【大題專練】

第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁【會做物構(gòu)】2020屆高三化學(xué)二輪物質(zhì)結(jié)構(gòu)題型專攻——物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題【大題專練】碳元素、硅元素處于同期表中同一主族，碳元素以C?C

鏈化合物構(gòu)成了生命界，硅元素以Si?O

一Si鏈化合物構(gòu)成了礦物界。

(1)碳原子價電子的軌道表達式為______。

(2)CO的等電子體有CN?、______等。CN?與CO均為配合物中常見的配體CN?作配體時，提供孤電子對的通常是C原子而不是N原子，其原因是______。

(3)SiF4遇水易發(fā)生水解，水解后產(chǎn)生的HF與部分SiF4生成配離子SIF62?，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3SiF4+4H2O=H4SiO4+2H2SiF6.該化學(xué)方程式中，中心原子雜化方式相同的分子是______。

(4)CO2分子中，碳原子和氧原子間以碳氧雙鍵結(jié)合，而硅原子和氧原子間卻難以形成硅氧雙鍵，其原因是______。

(5)Si元素以Si?0?Si鏈構(gòu)成礦物界，由許多四面體(圖l)連接成無限長的單鏈或雙鏈(圖2)結(jié)構(gòu)。圖科學(xué)家從化肥廠生產(chǎn)的(NH4)2SO4中檢出組成為N4H4(SO4)2的物質(zhì)，經(jīng)測定，該物質(zhì)易溶于水，在水中以SO42?和N4H44+兩種離子形式存在，植物的根系易吸收N4H44+，但它遇到堿時，會生成一種形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收．

請回答下列問題：

(1)N4和N2的關(guān)系正確的是______(填序號)．

A.同種單質(zhì)

B.同位素

C.同分異構(gòu)體

D.同素異形體

(2)N4H4(SO4)2______(填“能”或“不能”)和草木灰混合施用．

(3)已知斷裂1molN?N吸收167kJ熱量，生成1molN

N放出942kJ.寫出N4氣體轉(zhuǎn)變?yōu)镹2(1)處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用______形象化描述，基態(tài)磷原子的核外電子排布式為______，有______個未成對電子，白磷(P4)的立體構(gòu)型為______，其鍵角為______。

(2)[Cu(NH3)4]SO4的配體為______，[Cu(H2O)4]2+中提供孤電子的是______原子。(填元素符號)

(3)有下列六種物質(zhì)：①MgCl2晶體

②石墨

③SiC

④白磷(P4)晶體

⑤金剛石

⑥鐵，其中屬于離子晶體的是______，屬于分子晶體的是______，屬于原子晶體的化合物是______。(填序號[化學(xué)?選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]

納米技術(shù)制成的金屬燃料、非金屬固體燃料、氫氣等已應(yīng)用到社會生活和高科技領(lǐng)域．

單位質(zhì)量的A和B單質(zhì)燃燒時均放出大量熱，可用作燃料．已知A和B為短周期元素，其原子的第一至第四電離能如下表所示：電離能(kJ/mol)IIIIA93218211539021771B7381451773310540(1)某同學(xué)根據(jù)上述信息，推斷B的核外電子排布如右圖所示，

該同學(xué)所畫的電子排布圖違背了______．

(2)根據(jù)價層電子對互斥理論，預(yù)測A和氯元素形成的簡單分子空間構(gòu)型為______．

(3)氫氣作為一種清潔能源，必須解決它的儲存問題，C60可用作儲氫材料．已知金剛石中的C?C的鍵長為154.45pm，C60中C?C鍵長為145～140pm，有同學(xué)據(jù)此認為C60的熔點高于金剛石，你認為是否正確______，并闡述理由______．

(4)科學(xué)家把C60和鉀摻雜在一起制造了一種富勒烯化合物，其晶胞如圖所示，該物質(zhì)在低溫時是一種超導(dǎo)體．寫出基態(tài)鉀原子的電子排布式______，該物質(zhì)的K原子和C60分子的個數(shù)比為______．

(5)繼C60后，科學(xué)家又合成了Si60、N60，C、Si、N原子電負性由大到小的順序是______.Si60分子中每個硅原子只跟相鄰的3a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，相關(guān)信息如下表所示。a原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同b基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1c在周期表所列元素中電負性最大d位于周期表中第4縱列e基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子請回答：(1)d屬于______區(qū)的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為_____________。(2)b與其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序為__________(用元素符號表示)。(3)c的氫化物水溶液中存在的氫鍵有________種，任意畫出一種_________。(4)a與其相鄰?fù)髯逶氐淖罡邇r氧化物的熔點高低順序為___________(用化學(xué)式表示)。若將a元素最高價氧化物水化物對應(yīng)的正鹽酸根離子表示為A，則A的空間構(gòu)型為____________；A的中心原子的軌道雜化類型為______________，與A互為等電子體的一種分子為____________(填化學(xué)式)。(5)e與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中e原子處于面心，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由e原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式為______________，若該晶體的相對分子質(zhì)量為M，密度為a?g/cm3，則晶胞的體積為________(用NA圖1是元素周期表的一部分，表中所列的字母分別代表一種化學(xué)元素。

試回答下列問題：

(1)F?的結(jié)構(gòu)示意圖：

______。

(2)D的氣態(tài)氫化物的VSEPR模型為______，其中心原子的雜化類型為______，分子的空間構(gòu)型為______。

(3)G、H和I的第一電離能數(shù)值由大到小的順序為：______(用元素符號作答)。

(4)元素M的化合物(MO2Cl2)在有機合成中可作氧化劑或氯化劑，能與許多有機物反應(yīng)。請回答下列問題：

①與M同周期的所有元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與M原子相同的元素還有______(填元素符號)。

②MO2Cl2常溫下為深紅色液體，能與CCl4、CS2等互溶，據(jù)此可判斷MO2Cl2是______(填“極性”或“非極性”)分子。

③在C2H4、CH3Cl、CH2O、CS2、CCl4五種有機化合物中，碳原子采取sp2雜化的分子有______(填分子式)。

(5)已知元素N可形成一種紅紫色配合物，其組成為NCl3?5NH3?H2O。該配合物中的中心離子N離子在基態(tài)時核外簡化電子排布式為______，又已知中心離子N離子的配位數(shù)是6，1mol該物質(zhì)與足量的硝酸銀反應(yīng)可生成3mol?AgCl，則該物質(zhì)的配體是______。

(6)氮化硼(BN)是一種重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂(主要成分Na2B4O7)為起始物，經(jīng)過一系列反應(yīng)可以得到BN和有機合成催化劑BF3的過程如下．請根據(jù)題意回答下列問題：

(1)寫出由B2O3制備BF3的化學(xué)方程式______，BF3中B原子的雜化軌道類型為______，BF3分子空間構(gòu)型為______．

(2)在硼、氧、氟、氮中第一電離能由大到小的順序是(用元素符號表示)______．

(3)已知：硼酸的電離方程式為H3BO3+H2O?[B(OH)4]?+H+，試依據(jù)上述反應(yīng)寫出[B(OH)4]?的結(jié)構(gòu)式______，并推測1molNH4BF4(氟硼酸銨)中含有______個配位鍵．

(4)由12個硼原子構(gòu)成如圖1的結(jié)構(gòu)單元，硼晶體的熔點為1873℃，則硼晶體的1個結(jié)構(gòu)單元中含有______個B?B鍵．

(5)氮化硼(BN)晶體有多種相結(jié)構(gòu)．六方相氮化硼(晶體結(jié)構(gòu)如圖2)是通常存在的穩(wěn)定相，可作高溫潤滑劑．立方相氮化硼(晶體結(jié)構(gòu)如圖3)是超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性．

①關(guān)于這兩種晶體的說法，不正確的是______(填字母)．

a.兩種晶體均為分子晶體

BaTiO3、KH2PO=和NaNO2都屬于鐵電體，它們具有許多特異的性能如當(dāng)它受壓力而改變形狀時產(chǎn)生電流，通電時會改變形狀等。

(1)基態(tài)Ti原子的價電子排布式為______，屬于______區(qū)元素。

(2)KH2PO4晶體中存在的作用力有______(選填字母)。

A.離子鍵

B.共價鍵

C.氫鍵

(3)NO2?中N原子的雜化類型為______，鍵角(填“>、<或=”)______120°，其原因是______。N、O、Na三種元素的第二電離能(I2)由大到小的順序為______(用元素符號表示)。

(4)BaTiO2的晶胞如圖所示：

Ti原子的配位數(shù)為______，晶體的密度為在研究金礦床物質(zhì)組分的過程中，通過分析發(fā)現(xiàn)了Cu?Ni?Zn?Sn?Fe多金屬互化物．

(1)某金屬互化物屬于晶體，區(qū)別晶體和非晶體可通過______方法鑒別．該金屬互化物原子在三維空間里呈周期性有序排列，即晶體具有______性．

(2)基態(tài)Ni2+的核外電子排布式______；配合物Ni(CO)4常溫下為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機溶劑．固態(tài)Ni(CO)4

屬于______晶體．

(3)銅能與類鹵素(SCN)2反應(yīng)生成Cu(SCN)2.1mol(SCN)2分子中含有σ鍵的數(shù)目為______；

類鹵素(SCN)2對應(yīng)的酸有兩種，理論上硫氰酸(H?S?C≡N)的沸點低于異硫氰酸(H?N=C=S)的沸點，其原因是______；

(4)立方NiO(氧化鎳)晶體的結(jié)構(gòu)如圖?1所示，其晶胞邊長為apm，列式表示NiO晶體的密度為______g/cm3(不必計算出結(jié)果，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)人工制備的NiO晶體中常存在缺陷(如圖?2)

A、B、C、D、E、F、G是原子序數(shù)依次增大的前四周期的元素，其中A是形成化合物最多的元素之一，并且其常見化合價為+1和?1，B元素基態(tài)原子價電子排布式為nsnnpn，D是地殼中含量最大的元素，E的氫氧化物具有兩性，F(xiàn)3+的3d能級為半充滿，GD是黑色固體，G2D為磚紅色固體，回答下列問題：

(1)C元素的第一電離能______D元素的第一電離能(填<>=).B、C、D分別與A形成的簡單化合物沸點由高到底的順序為______(用化學(xué)式表示)

(2)CD2?的立體構(gòu)型為______，BD32?

的中心原子雜化類型為______，

(3)A、B、C形成3原子分子M，每個原子的價層電子均達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)．M分子的結(jié)構(gòu)式為______，寫出與CD3?互為等電子體的離子為______．

(4)基態(tài)G原子的電子排布式______．

(5)下面是F單質(zhì)的晶胞如圖所示，F(xiàn)原子可以近似看做剛性小球，請回答下列問題

①F單質(zhì)晶體中的配位數(shù)為______已知A、B、C、D四種短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大．A與C原子的基態(tài)電子排布中L能層都有兩個未成對電子，C、D同主族．

E、F都是第四周期元素，E原子的基態(tài)電子排布中有4個未成對電子，F(xiàn)原子除最外能層只有1個電子外，其余各能層均為全充滿．根據(jù)以上信息填空：

(1)基態(tài)D原子中，電子占據(jù)的最高能層符號______，該能層具有的原子軌道數(shù)為______．

(2)E2+離子的價層電子排布圖是______，F(xiàn)原子的電子排布式是______．

(3)A元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物中心原子采取的軌道雜化方式為______，B元素的氣態(tài)氫化物的VSEPR模型為______．

(4)化合物AC2、B2C和陰離子DAB?互為等電子體，它們結(jié)構(gòu)相似，DAB?的電子式為______．

(5)配合物甲的焰色反應(yīng)呈紫色，其內(nèi)界由中心離子E3+與配位體AB?構(gòu)成，配位數(shù)為6，甲的水溶液可以用于實驗室中E2+離子的定性檢驗，檢驗E2+離子的離子方程為______．

(6)某種化合物由D，碳、氮、氧、鐵、銅是常見的幾種元素，請回答以下問題：

(1)已知碳、氧、氯三種元素可形成CCl4、ClO2等物質(zhì)，則C、O、Cl的電負性從大到小的順序為______．

(2)基態(tài)銅原子的核外電子排布式為______．

(3)三氯化鐵常溫下為固體，熔點282～C，沸點315～C，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有機溶劑．據(jù)此判斷三氯化鐵的晶體類型為______

(4)lmolCH3COOH分子中含有σ鍵數(shù)目為______．

(5)維生素B.可作為輔酶參與糖的代謝，并有保護神經(jīng)系統(tǒng)的作用．該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)式為：

①維生素B.中碳原子的雜化軌道類型有______

②維生素B，晶體溶于水的過程中要克服的微粒間的作用力有______．

A.離子鍵、共價鍵

B.離子鍵、氫鍵、共價鍵

C.氫鍵、范德華力

D.離子鍵、氫鍵、范德華力

(6)通常酸式鹽在水中的溶解度大于正鹽，但NaHCO3的溶解度卻小于答案和解析1.【答案】

N2

碳原子元素電負性小于比F元素的，對孤電子對吸引能力弱，更易給出孤對電子，容易形成配位鍵

SiF4、H2O、H4SiO4

Si原子半徑比碳原子比較大，Si與O原子形成的Si?O?σ鍵的鍵長比較長，2個原子的p?p軌道重疊程度很小，不能有效的形成π【解析】解：(1)碳原子價電子排布式為2s22p2，由泡利原理、洪特規(guī)則，其價電子軌道表達式為，故答案為：；

(2)CO有2個原子、10個價電子，由原子替換，可知與之等電子體微粒還有N2、C22?等，碳原子元素電負性小于比F元素的，對孤電子對吸引能力弱，更易給出孤對電子，容易形成配位鍵，

故答案為：N2等；碳原子元素電負性小于比F元素的，對孤電子對吸引能力弱，更易給出孤對電子，容易形成配位鍵；

(3)SiF4、H4SiO4中Si原子生成4個σ鍵，沒有孤電子對，Si原子均采取sp3雜化，H2O中O原子形成2個σ鍵，含有1對孤電子對，O原子采取sp3雜化，而H2SiF中Si形成6個σ鍵，

故答案為：SiF4、H2O、H4SiO4；

(4)Si原子半徑比碳原子比較大，Si與O原子形成的Si?O?σ鍵的鍵長比較長，2個原子的p?p軌道重疊程度很小，不能有效的形成π鍵，即硅原子和氧原子間卻難以形成硅氧雙鍵，

故答案為：Si原子半徑比碳原子比較大，Si與O原子形成的Si?O?σ鍵的鍵長比較長，2個原子的p?p軌道重疊程度很小，不能有效的形成π鍵；

(5)由許多四面體構(gòu)成，每Si與周圍4個原子形成四面體，取圖中所示結(jié)構(gòu)單元：，結(jié)構(gòu)單元中處于共用邊上的O原子為每個結(jié)構(gòu)單元提供12，處于結(jié)構(gòu)單元內(nèi)的氧原子有9個，其中4個的投影與Si重合，故結(jié)構(gòu)單元共用氧原子數(shù)目為9+4×12=11，結(jié)構(gòu)單元內(nèi)Si原子4個，

結(jié)構(gòu)單元化合價為：(?2)×11+(+4)×4=?6，故該多硅酸根離子的化學(xué)式通式為(Si4O11)n6n?，

故答案為：(Si4O11)n6n?；

(6)由圖可知，Si原子與周圍的4個O原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，即Si原子配位數(shù)為4，O原子處于晶胞內(nèi)部，共用16個，Si原子處于晶胞內(nèi)部、頂點、面心，晶胞中共Si原子數(shù)目=4+8×18+6×12=8，晶胞中各原子總質(zhì)量=8×28+16×16NAg=480NAg，晶體密度=480NAg÷(a×10?10cm)3=480NA(a×10?10)3g/cm3，

故答案為：480NA(a×10?10)3。

(1)碳原子價電子排布式為2s22p2，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價電子軌道表達式；

【解析】解：(1)N4和N2是氮元素的不同單質(zhì)，屬于同素異形體，故答案為：D；

(2)草木灰的成分是碳酸鉀，其中的碳酸根水解顯示堿性，N4H44+遇到堿時，會生成一種形似白磷的N4分子，所以N4H44+和草木灰之間能反應(yīng)，所以二者不能混施，

故答案為：不能；

(3)1molN4氣體中含有6molN?N鍵，可生成2molN2，形成2molN≡N鍵，則1molN4氣體轉(zhuǎn)變?yōu)镹2化學(xué)鍵斷裂斷裂吸收的熱量為6×167KJ=1002KJ，形成化學(xué)鍵放出的熱量為1884KJ，所以反應(yīng)放熱，放出的熱量為1884KJ?1002KJ=882KJ，故應(yīng)為放出882KJ熱量，N4氣體轉(zhuǎn)變?yōu)镹2的熱化學(xué)方程式為：N4(g)?2N2(g)△H=?882KJ/mol，

故答案為：N4(g)?2N2(g)△H=?882KJ/mol；

(4)由于NH4+、N4H44+的空間構(gòu)型均為四面體，NH4+的結(jié)構(gòu)式為，據(jù)此推斷得出：N4H44+的結(jié)構(gòu)式為：，

故答案為：；

(5)液氨中存在著下列平衡：2NH3?NH4++NH2?，加入氫氧化銫(CsOH)和特殊的吸水劑，使液氨中的NH4+生成N4分子，即發(fā)生的反應(yīng)為：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O，【解析】解：(1)處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云表示；

P元素為15號元素，原子核外有15個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p3，p軌道上是三個自旋方向相同的三個未成對電子；白磷分子是正四面體結(jié)構(gòu)，4個P原子位于正四面體頂點上，所以鍵角是60°，

故答案為：電子云；1s22s22p63s23p3；3；正四面體；

60°；

(2)在配合物[Cu(NH3)4]SO4中，配體為NH3；[Cu(H2O)4]2+中的Cu2+提供空軌道，H2O中的O原子提供孤對電子，

故答案為：NH3；O；

(3)屬于離子晶體的是：①MgCl2晶體；屬于分子晶體的是：④白磷(P4)晶體；屬于原子晶體的是：③SiC、⑤金剛石⑥，

故答案為：①；④；③⑤；

(4)16.0g肼的物質(zhì)的量為：16.0g32g/mol=0.5mol，0.5molN2H4在氧氣中完全燃燒生成氮氣放出熱量312kJ，則1mol肼在氧氣中完全燃燒放熱的熱量為624kJ，所以N2H4完全燃燒的熱化學(xué)方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2【解析】解：(1)表中A、B兩原子的第二、三電離能之間都有1個突躍，說明它們屬于ⅡA族，又它們都是短周期元素，且A的第一電離能比B大，因此，A為Be元素，B為Mg元素，圖1所示電子排布，根據(jù)能量最低原理，最外層兩個電子應(yīng)全排在s軌道上，

故答案：能量最低原理；

(2)A和氯元素形成的簡單分子為BeCl2，根據(jù)價層電子對互斥理論n=2+1×22=2，為直線形，

故答案：直線形；

(3)盡管C60中C?C鍵的鍵能可能大于金剛石，但其熔化時并不破壞化學(xué)鍵，因此比較鍵能沒有意義，

故答案：不正確，C60是分子晶體，熔化時不需破壞化學(xué)鍵；

(4)鉀原子的原子序數(shù)為19，其電子排布式：1s22s22p63s23p64s1；

在晶胞中，K原子和C60分子的個數(shù)比為(12÷2)：(8÷8+1)=3：1，

故答案：1s22s22p63s23p64s13：1；

(5)同一周期，從左到右，電負性逐漸增大，同一主族，從上到下，電負性逐漸減小，因此，原子電負性由大到小的順序是：N>C>Si，根據(jù)題意，每個硅形成的這3個鍵中，必然有1個雙鍵，這樣每個硅原子最外層才滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)．顯然，雙鍵數(shù)應(yīng)該是Si原子數(shù)的一半，而每個雙鍵有1個π鍵，顯然π鍵數(shù)目為30．

故答案：N>C>Si；30．

(1)根據(jù)A、B兩原子的第二、三電離能之間都有1個突躍，它們都是短周期元素推知元素A和元素B；根據(jù)核外電子排布所遵循的原理找出電子排布圖的錯誤，

(2)根據(jù)價層電子對互斥理論，求出n，得出分子構(gòu)型，

(3)根據(jù)分子晶體的熔點與共價鍵的鍵能無關(guān)，

(4)根據(jù)電子排布規(guī)律，寫出鉀原子電子排布式；根據(jù)晶胞的分配原則計算出每個晶胞結(jié)構(gòu)各離子的個數(shù)，

(5)【解析】【分析】

本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及核外電子排布、電離能、氫鍵、晶體類型與性質(zhì)、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶胞計算等，明確元素種類是解題關(guān)鍵，注意同周期元素第一電離能異常情況，注意利用均攤法進行晶胞的有關(guān)計算，難度中等．

【解答】

a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，a原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2，故a為C元素；b元素基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1，核外電子排布為1s22s22p3，故b為N元素；c在周期表所列元素中電負性最大，則c為F元素；d位于周期表中第4縱行，且處于第四周期，故d為Ti；e的基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子，則核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，故e為Cu，

(l)d為Ti元素，屬于d區(qū)的元素，基態(tài)原子的價電子排布3d24s2，故其基態(tài)原子的價電子排布圖為，

故答案為：d；；

(2)與b同周期相鄰元素分別為C、O，同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能由大到小的順序為：N>O>C，

故答案為：N>O>C；

(3)c的氫化物為HF，水溶液中存在的氫鍵有、、、，共4種，

故答案為：4；、、、任意一種；

(4)a與其相鄰?fù)髯逶氐淖罡邇r氧化物分別為CO2、SiO2，前者屬于分子晶體，后者屬于原子晶體，故熔點高低順序為SiO2>CO2.a元素最高價氧化物水化物對應(yīng)的正鹽酸根離子為CO32?，離子中C原子價層電子對數(shù)=3+4+2?2×32=3，沒有孤電子對，故碳酸根離子為平面三角形結(jié)構(gòu)，中心C原子的軌道雜化類型為sp2雜化；與CO32?互為等電子體的一種分子為SO3等，

故答案為：SiO2>CO2；平面三角形；sp2雜化；SO3；

(5)Cu與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，金剛石型晶胞結(jié)構(gòu)為，則晶胞中H原子共有4個，Cu原子數(shù)目為6×12=3，Au原子數(shù)目為8×18=1，該晶體儲氫后的化學(xué)式為H【解析】【分析】

本題考查位置、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的應(yīng)用，題目綜合性較強，涉及元素的推斷、電離能大小的判斷、核外電子排布式的書寫、晶胞的結(jié)構(gòu)分析和計算等知識點，題目難度較大，答題時要熟記元素周期表。

【解答】

由元素在周期表中的位置可知，A為H，R為He，B為Li，C為C，D為N，E為O，F(xiàn)為F，T為Ne，G為Na，H為Mg，I為Al，J為Si，K為S，L為Cl，M為Cr，N為Co，

(1)F為F，F(xiàn)?的最外層有10個電子，離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故答案為：；

(2)D的氣態(tài)氫化物為氨氣，氮原子價層電子對數(shù)為5+32=4，其中有一對孤電子對，所以VSEPR模型為四面體，空間構(gòu)型為三角錐形，N原子采取sp3雜化，氨分子的空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：四面體；sp3雜化；三角錐形；

(3)金屬活潑性越強，第一電離能越小，但Mg的最外層s電子全滿，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第一電離能最大，所以第一電離能為Mg>Al>Na，故答案為：Mg>Al>Na；

(4)①Cr的價電子為3d54s1，同周期中K的價電子為4s1，Cu的價電子為3d104s1，則與Cr同周期的所有元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與Cr原子相同的元素有K、Cu，故答案為：K、Cu；

②CCl4、CS2等為非極性分子，非極性分子易溶于非極性分子，MO2Cl2常溫下為深紅色液體，能與CCl4、CS2等互溶，則MO2Cl2是非極性分子，故答案為：非極性；

③CH3Cl、CCl4中C原子為sp3雜化，為四面體結(jié)構(gòu)；而C2H4、CH2O中C原子為sp2雜化，為平面結(jié)構(gòu)；CS2中C原子為sp雜化，為直線結(jié)構(gòu)，所以碳原子采取sp2雜化的分子有C2H4、CH2O，故答案為：C2H4、CH2O；

(5)N為Co，鈷離子的化合價是+3價，鈷離子核外有24個電子，其基態(tài)時核外簡化電子排布式為[Ar]3d6，中心離子鈷離子的配位數(shù)是6，1mol該物質(zhì)與足量的硝酸銀反應(yīng)可生成3mol?AgCl，說明該物質(zhì)中氯元素全部是外界，為氯離子，則氨氣分子和水分子為配體，其化學(xué)式為[Co(NH3)5【解析】解：(1)B2O3與CaF2和H2SO4反應(yīng)即生成BF3，同時還應(yīng)該產(chǎn)生硫酸鈣和水，方程式為：B2O3+3CaF2+3H2SO4=2BF3↑+3CaSO4+3H2O，BF3分子的中心原子B原子上含有3個σ鍵，中心原子上的孤電子對數(shù)=12(a?xb)=12(0?3×1)=0，中心原子B原子的價層電子對數(shù)為3，屬于sp2雜化，中心原子上沒有孤對電子，所以其空間構(gòu)型就是平面三角形，鍵角是120°，BF3分子為平面三角形，

故答案為：B2O3+3CaF2+3H2SO4=2BF3↑+3CaSO4+3H2O；sp2；平面正三角形；

(2)同一周期元素，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，B、N、O、F元素處于同一周期且原子序數(shù)逐漸增大，N處于第VA族，所以第一電離能N>O，B的第一電離能最小，第一電離能由大到小的順序是：F>N>O>B，

故答案為：F>N>O>B；

(3)在[Al(OH)4]?中Al采取sp3雜化，用最外層的四個空軌道接受O提供的孤對電子形成配合物，其結(jié)構(gòu)式為，一個NH4BF4中N原子和其中一個H原子之間存在配位鍵、B原子和其中一個F原子之間存在一個配位鍵，所以含有2個配位鍵，則1molNH4BF4含有2mol配位鍵，即2NA個配位鍵，

故答案為：；2NA；

(4)在硼原子組成的正二十面體結(jié)構(gòu)中，每5個面共用一個頂點，每個面擁有這個頂點的：15×3=35，20個等邊三角形擁有的頂點為：35×20=12，每2個面共用一個B?B鍵，每個面擁有這個B?B鍵的12，每個等邊三角形占有的B?B鍵為：12×3=32，20個等邊三角形擁有的B?B鍵為：32×20=30，

故答案為：30；

(5)①(2)a.立方相氮化硼為空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，不存在分子，為原子晶體，故a錯誤；

b.非金屬元素之間易形成共價鍵，所以N原子和B原子之間存在共價鍵，故b正確；

c.六方相氮化硼層間為層狀結(jié)構(gòu)，分子間作用力，作用力小，導(dǎo)致其質(zhì)地軟，故c正確；

d.立方相氮化硼N原子和B原子之間存在共價單鍵，所以該化合物中含有σ鍵不存在π鍵，故d錯誤；

故選ad；

②六方相氮化硼晶體層內(nèi)一個硼原子與相鄰氮原子形成3個共價單鍵，六方相氮化硼晶體內(nèi)B?N鍵數(shù)與硼原子數(shù)之比為3：1，該物質(zhì)的層狀結(jié)構(gòu)中不存在自由移動的電子，所以不導(dǎo)電，

故答案為：3：1；立方氮化硼晶體內(nèi)無自由移動的電子；

③氮化硼與金剛石的結(jié)構(gòu)相似，立方相氮化硼晶體中，每個硼原子連接12個六元環(huán)，在地殼內(nèi)部，離地面越深，其壓強越大、溫度越高，根據(jù)題干知，實驗室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的條件應(yīng)是高溫高壓，

故答案為：12；高溫、高壓．

(1)由圖及元素守恒可寫出由B2O3制備BF3的方程式；根據(jù)價層電子對互斥理論確定構(gòu)型和雜化方式；【解析】解：(1)Ti是22號元素，處于周期表中第四周期IVB族，價電子排布式為3d24s2，屬于d區(qū)元素，

故答案為：3d24s2；d；

(2)KH2PO4晶體由K+與H2PO4?構(gòu)成，H2PO4?中有?OH，會存在氫鍵，晶體中含有離子鍵、共價鍵與氫鍵，

故答案為：ABC；

(3)NO2?中N原子孤電子對數(shù)=5+1?2×22=1，價層電子對數(shù)=1+2=3，雜化軌道數(shù)目為3，N原子采取sp2雜化；微?？臻g構(gòu)型為三角錐形，N原子上有1對孤對電子，孤電子對與成鍵電子對之間的排斥大于成鍵電子對之間的排斥，導(dǎo)致鍵角小于120°；氣體Na+從8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)再失去1個電子最難，氣體基態(tài)O+從2p3半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)再失去1個電子較氣體基態(tài)N+從2p2失去1個電子更難，故第二電離能：Na>O>N，

故答案為：sp2；<；N原子上有1對孤對電子，孤電子對與成鍵電子對之間的排斥大于成鍵電子對之間的排斥；Na>O>N；

(4)Ti處于晶胞體心位置，周圍與之距離最近且相等的O原子處于晶胞面心位置，即Ti原子的配位數(shù)為6；晶胞面對角線上Ba原子和O原子之間的距離最近，由幾何知識可知晶胞棱長等于二者距離的2倍。晶胞中Ba原子數(shù)目=8×18=1、Ti原子數(shù)目=1、O原子數(shù)目=6×12=3，晶胞質(zhì)量=233NAg，設(shè)晶胞棱長為dcm，則233NAg=ρg/cm3×(dcm)3，解得d=3233ρNA，則最近的Ba原子和O原子之間的距離為：22×3233ρNA×107nm，

故答案為：6；22×3233ρNA×107。

(1)Ti是22【解析】解：(1)晶體和非晶體可通過X?射線衍射實驗進行鑒別，金屬互化物原子在三維空間里呈周期性有序排列，金屬互化物具有自范性，原子在三維空間里呈周期性有序排列，該金屬互化物屬于晶體，

故答案為：X?射線衍射實驗；自范；

(2)Ni元素原子核外電子數(shù)為28，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能級2個電子形成Ni2+，故Ni2+離子核外電子排布為：1s22s22p63s23p63d8，

Ni(CO)4常溫下為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機溶劑，固態(tài)Ni(CO)4屬于分子晶體，

故答案為：1s22s22p63s23p63d8；分子；

(3)(SCN)2的結(jié)構(gòu)式為N≡C?S?S?C≡N，根據(jù)[(SCN)2]的結(jié)構(gòu)可知分子中有3個單鍵和2個碳氮三鍵，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵，(SCN)2分子含有5個σ鍵，故1mol(SCN)2分子中含有σ鍵的數(shù)目為5NA；

由于異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸分子間不能形成氫鍵，所以硫氰酸(H?S?C≡N)的沸點低于異硫氰酸，

故答案為：5NA；異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸分子間不能形成氫鍵；

(4)晶胞中Ni原子數(shù)目為1+12×14=4，氧原子數(shù)目為8×18+6×12=4，晶胞質(zhì)量為4×16+58.7NAg，晶胞邊長為apm，晶胞體積為(a×10?10cm)3，NiO晶體的密度為為4×16+58.7NAg÷(a×10?10cm)3=4×74.7(a×10?10)3×NAg/cm3；

設(shè)1molNi0.96O中含Ni3+xmol，Ni【解析】解：A是形成化合物最多的元素之一，并且其常見化合價為+1和?1，則A為H元素；D是地殼中含量最大的元素，則D為O元素；E的氫氧化物具有兩性，則E為Al元素；GD是黑色固體，G2D為磚紅色固體，則G為Cu元素；F3+基態(tài)離子的能級為半充滿結(jié)構(gòu)，則F3+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，故F原子核外電子數(shù)為：23+3=26，則F為Fe元素；B元素基態(tài)原子價電子排布式為nsnnpn，則n=2，B的原子序數(shù)6，則B為C元素；C的原子序數(shù)大于C小于O元素，則C為N元素，

(1)同周期自左而右元素第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：N>O；

非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性大小為：O>N>C，則氫化物穩(wěn)定性大小為：H2O>NH3>CH3，

故答案為：>；H2O>NH3>CH3；

(2)CD2?為NO2?，BD32?為CO32?，NO2?中氮原子的價層電子對數(shù)為5+12=3，氮原子有一對孤電子對，所以NO2?的空間構(gòu)型為V形或角形；

CO32?中碳原子的價層電子對數(shù)為：4+22=3，所以碳原子的雜化方式為sp2雜化，

故答案為：V形或角形；sp2；

(3)A、B、C分別為H、C、O，H、C、O形成3原子分子M，每個原子的價層電子均達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則M分子的結(jié)構(gòu)式為：H?C≡N；

CD3?為NO3?，與NO3?互為等電子體的離子為為：CO32?，

故答案為：H?C≡N；CO32?；

(4)G為Cu元素，Cu為29號元素，原子核外有29個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104S1，

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104S1；

(5)①圖示Fe的晶胞為體心立方堆積方式，其配位數(shù)為8，

故答案為：8；

②Fe【解析】解：A、B、C、D四種短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，A與C原子的基態(tài)電子排布中L能層都有兩個未成對電子，且A原子序數(shù)需要C，則A是C、C是O元素，B元素原子序數(shù)介于A和C之間，則B是N元素；C、D同主族，則D是S元素；

E、F都是第四周期元素，F(xiàn)原子除最外能層只有1個電子外，其余各能層均為全充滿，則F是Cu元素；E原子的基態(tài)電子排布中有4個未成對電子，則E是Fe元素；

(1)基態(tài)S原子中電子占據(jù)的最高能層為第3能層，符號M，該能層有1個s軌道、3