1、白山七中20182019学年度下学期高二期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量： N-14 Ti-48第I卷（选择题，共50分）一、选择题(本题包括20小题 ，1-10每小题2 分，11-20每小题3分,共50分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列化学用语的表达正确的是 ( )A. 原子核内有10个中子的氧原子B. 氯原子的结构示意图:C. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5D. 基态铜原子的外围电子排布图:【答案】C【解析】试题分析：A.原子核内有10个中子的氧原子，质量数为18，表示为，A错误；B.氯原子的结构示意图：，B错误；C.Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s2
2、2p63s23p63d64s2，则Fe3的最外层电子排布式为3s23p63d5，C项正确；D.基态铜原子的外围电子排布图：，D项错误；答案选C。考点：考查化学用语的正误判断。2.用价层电子对互斥理论预测SO32-和BF3的空间构型，结论正确的是 ( )A. 直线形；三角锥形B. V形；三角锥形C. 三角锥形；平面三角形D. 直线形；平面三角形【答案】C【解析】SO32中S有3个键，孤电子对数为(6232)/2=1，价层电子对数为4，SO32的空间构型为三角锥形；BF3中B有3个键，孤电子对数为(331)/2=0，BF3的空间构型为平面三角形，故选项C正确。3. A元素的阳离子与B元素的阴离子具
3、有相同的电子层结构，下列有关两元素的叙述中正确的是( )原子半径:A B 原子序数：AB第一电离能：AB A的正价与B的负价的绝对值相等 电负性：ABA. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期；A元素形成阳离子与B元素形成阴离子，A元素处于B元素相邻的下一周期，电子层越多，原子半径越大原子半径AB，故错误；A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A较大，核外电子排布相同的离子，核原子序数越大，离子半径越小，所以B离子半径较大，即离子半径AB，故错误；A元素的阳离子与B元素的阴离子具
4、有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A较大，即原子序数AB，故正确；金属易失电子，电离能较小，非金属元素不易失电子电离能较大，所以第一电离能：AB，故错误；A元素原子最外层电子数与B元素原子最外层电子数之和为8，则A的正价与B的负价绝对值相等，若A元素原子最外层电子数与B元素原子最外层电子数之和不为8，则A的正价与B的负价绝对值不相等，故错误；A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，的电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故正确；所以正确；故选B。考点：考查了原子的结构与元素的
5、性质的相关知识。4.下列电子构型的原子中，第二电离能与第一电离能相差最大的是()A. 1s22s22p5B. 1s22s22p6C. 1s22s22p63s1D. 1s22s22p63s2【答案】C【解析】第二电离能与第一电离能相差最大，说明能层发生改变，即此元素应属于IA族，A、位于VIIA族，故A错误；B、位于0族，故B错误；C、位于IA族，故C正确；D、位于IIA族，故D错误。5.下列叙述正确的是（ ）A. 正四面体构型的分子中,键与键之间的夹角均是10928，如金刚石中碳碳键之间的夹角B. 粒子间以分子间作用力结合而成的晶体其熔点一般不会很高C. 因为C的相对原子质量小于Si，所以金刚
6、石的熔点小于晶体硅D. 石英晶体中存在的最小环为不共面6元环【答案】B【解析】A. 正四面体构型的分子中，键与键之间的夹角不一定是10928，如白磷分子中的键角只有60，A不正确；B. 粒子间以分子间作用力结合而成的晶体其熔点一般不会很高，B正确；C. 因为C的原子半径小于Si，所以金刚石中碳碳键的键长比晶体硅中的硅硅键的键长小，故金刚石的熔点小于晶体硅，C不正确；D. 石英晶体中存在的最小环为不共面12元环，D不正确。本题选B。6.下列数据对应物质的熔点，据此作出下列判断中错误的是()A. 铝的化合物的晶体中有离子晶体B. 表中只有BCl3和AlCl3是分子晶体C. 同族元素的氧化物可形成不
7、同类型的晶体D. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体【答案】B【解析】【分析】熔点低的晶体为分子晶体，熔点较高的为离子晶体，熔点很高的为原子晶体。【详解】A项、根据表中相应数据可知，AlF3熔点高，为离子晶体，故A正确；B项、根据表中相应数据可知，CO2熔点低，为分子晶体，故B错误；C项、C与Si是同主族元素，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，故C正确；D项、Na与Al是不同主族元素，两者氧化物均为离子晶体，故D正确。故选B。【点睛】本题考查晶体类型，注意表格中晶体的熔点的数据及元素的位置分析，注意不同晶体的熔点特性是解答关键。7.甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍。
8、下列推断正确的是()A. 甲与乙位于同一周期B. 甲与乙位于同一主族C. 甲与乙都位于元素周期表的p区D. 甲与乙的原子序数之和为偶数【答案】D【解析】甲和乙的电子层排布可能为1s22s22p2和1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域，二者的原子序数之和是6+1218，为偶数，答案选D。8.膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢。它的分子构型是三角锥形。以下关于PH3的叙述正确的是()A. PH3分子中有未成键的孤对电子B. P在周期表中s区C. PH3是一种强氧化剂D. PH3分子的PH键是非极
9、性键【答案】A【解析】A、P的孤电子对数为(531)/2=1，因此磷化氢中含有未成键的孤对电子，故A正确；B、P的最后一个电子填充在p能级，P位于p区，故B错误；C、磷化氢中P显3价，只具有还原性，因此磷化氢是还原剂，故C错误；D、P和H得电子能力不同，因此PH属于极性键，故D错误。9.以下是摘自高二实验班某学生在这次考试复习中对教材选修3第一章原子结构和性质总结，其中与教材说法不符的是()A. 同一原子的能层越高，s电子云半径越大B. 任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数C. 书写电子排布式时，按照构造原理，依据电子的填充顺序从左到右书写能级D. 处于最低能量的原子叫做基
10、态原子，我们通常所说的电子排布指的是基态原子的电子排布【答案】C【解析】A、能层越高，能量越大，即不同能层同一能级的电子云半径越大，故A说法正确；B、每一个能层都是从s能级开始，其能级数等于该能层的序数，故B说法正确；C、书写电子排布式时，能层低的能级要写在左边，不能按填充顺序写，故C说法错误；D、基态原子是处于最低能量的原子，通常所说的电子排布指的是基态原子的电子排布，故D说法正确。10.下列说法中错误的是 （ ）A. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强B. 在 和中都存在配位键C. SO2、SO3都是极性分子D. 原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性【答案】C
11、【解析】A元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故A项正确;B在和中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；C三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120，故C项错误；D原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：本题考查的知识点比较多，涉及分子的空间结构、电负性的定义、配位键和原子晶体的特点等。解题抓住配位键形成的原
12、理和电负性大小的变化规律解答。11.下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是 ( )A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C. 乙醇可以与水任意比互溶D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低【答案】B【解析】A.榕沸点高低与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，F2、Cl2、Br2、I2熔点、沸点逐渐升高是对的，故A错；B. 热稳定性指元素的化学性质，如发生变化，就得破坏卤素原子和氢原子之间的共价键，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键键能也逐渐减小，故B
13、正确。C. 因为乙醇可以与水形成氢键，所以和水任意比互溶，和化学键没有关系，故C错；D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点是由离子键决定的，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，它们与钠形成的离子键也逐渐减弱， 故D错。12.二茂铁分子Fe (C5H5)2是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子（C5H5-）之间为离子键B. 1mol环戊二烯（）中含有键的数目为5NAC. 二茂铁分子中存在键D. Fe2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2
14、【答案】C【解析】【详解】A按照题意二茂铁为金属有机配合物，其中Fe2与环戊二烯离子之间的为配位键，而不是离子键，A项错误；B1mol环戊二烯中，其中的CC，CH为键，C=C中也有一条键为键。有3molCC，6molCH，另还有2molC=C，其中有2mol键，共11mol键，数目为11 NA，B项错误；C二茂铁中包含了环戊二烯离子，有碳碳双键，含有键，C项正确；D.Fe为26号元素，电子排布为ls 22s 22p63s23p63d64s2，原子失去电子从最外层开始失去电子，即失去4s轨道上的电子，所以Fe2的电子排布为ls 22s 22p63s23p63d6，D项错误。13.向盛有硫酸铜水溶
15、液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B. 在Cu(NH3)4 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu(NH3)4 2+【答案】D【解析】A硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误；CC
16、u（NH3）4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；D硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu（NH3）42+而使溶液澄清，故D正确；故选D。点睛：本题考查了配合物、配位键的形成等性质。明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。14.下列关于砷(As)元素的叙述中，正确的是A. 第一电离能：AsSe，电负性AsIIIA、VAVIA，第一电离能是AsSe，同周期从左向右电负性增强，即电负性SeAs，故A错误；B、AsCl3最外层满足8e稳定结构，AsCl3中As核外电
17、子数为36，Cl核外电子总数为18，故B错误；C、同种元素的含氧酸，价态越高，酸性越强，砷酸中As显5价，亚砷酸中As显3价，因此砷酸的酸性强于亚砷酸，亚砷酸属于弱酸，因此砷酸钠溶液显碱性，故C正确；D、VSEPR模型包括孤电子对占有的位置，因此AsH3中As有3个键，孤电子对数为(53)/2=1，因此AsH3的VSEPR模型为四面体，杂化类型为sp3杂化，故D错误。点睛：易混点是VSEPR和空间构型，VSEPR模型包含了孤电子对数占有的空间，如AsH3的VSEPR模型为四面体型，而空间构型是略去了孤电子对，AsH3的空间构型为三角锥形。15.已知HH键的键能为436 kJmol1，O=O键为
18、497.3 kJmol1，ClCl键为242.7 kJmol1，NN键为946 kJmol1，则下列叙述中正确的是()A. NN键的键能为946 kJmol1315.3 kJmol1B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的D. 氮气分子比氯气分子稳定【答案】D【解析】A. NN键的键能不是NN键键能的，故A错误；B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B错误；C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C错误；D. 氮气分子中的NN键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D正确。故选D。16.一种新型陶
19、瓷的化学成分为BN晶体，该晶体具有高熔点、高硬度的特性，关于BN晶体的说法不正确的是（ ）A. 该晶体为原子晶体，具有金刚石的结构特征B. 该晶体中B的杂化类型是sp2杂化C. 该晶体中存在配位键D. 该晶体可作耐高温、耐磨材料【答案】B【解析】试题分析：由题中信息可知，BN晶体具有高熔点、高硬度的特性，所以其为原子晶体，可作为耐高温、耐磨材料。其结构应与金刚石相似，每个原子均采用sp3杂化，由于B最外层只有3个电子，故其原子的最外层有空轨道，而N原子有孤电子对，故两者可形成配位键。综上所述，B不正确。本题选B。17.下列说法正确的是（ ）A. HF比HCl稳定是因为HF间能形成氢键B. 相对
20、分子质量越大范德华力越大，所以NH3、PH3、AsH3、SbH3沸点逐渐升高C. 铜元素的焰色反应为绿色，该现象与电子的跃迁有关D. 标况下，22.4L HF含有分子数为NA（NA代表阿弗加德罗常数）【答案】C【解析】A. HF比HCl稳定是因为F元素的非金属性强，HF键的键能很大、不易断裂，A不正确； B. 对于组成和结构相似的分子，如果分子间不能形成氢键，则相对分子质量越大范德华力越大，其沸点越高，但是NH3分子之间可以形成氢键，而PH3、AsH3、SbH3等分子是不能形成氢键，氢键比范德化力要强得多，B不正确；C. 铜元素的焰色反应为绿色，该现象与电子在不同能级之间的跃迁有关，C正确；D
21、. 标况下，HF 是液体，故无法根据气体摩尔体积计算22.4L HF的物质的量，也无法计算其含有的分子数，D不正确。本题选C。18.最近，科学家成功地制成了一种新型碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构下列对该晶体的叙述错误的是（）A. 该物质的化学式为CO4B. 该晶体的熔、沸点高，硬度大C. 该晶体中C原子与CO化学键数目之比为1：4D. 该晶体的空间最小环由12个原子构成【答案】A【解析】A晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；
22、B该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；C该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C正确；D该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D正确；故选A19.以下有关元素性质的说法不正确的是()A. 具有下列电子排布式的原子中，1s22s22p63s23p2 1s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4，原子半径最大的是B. 下列原子的外围电子排布中，3s23p13s23p23s23p33s23p4，对应的第一电离能最大的是C. Na、K、RbN、P、AsO、S、SeNa、P、Cl，元素的电负性随原子
23、序数的增加而递增的是D. XX2X3X4，某元素X的逐级电离能(kJmol1)分别为738、1 451、7 733、10 540、13 630、17 995、21 703，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是【答案】D【解析】【分析】A、先判断各元素名称，电子层越大原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小；B、同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，A族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；C、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；D、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价。【详解】A项、由核外电子排布式可知为Si元素、为N元
24、素、为C元素、为S元素，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径大小顺序为：，原子半径最大的是Si元素，故A正确；B项、由外围电子排布式可知为Al元素、为Si元素、为P元素、为S元素，同周期元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，A族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，第一电离能大小顺序为：，第一电离能最大的是P元素，故B正确；C项、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，则Na、K、Rb电负性依次减小，N、P、As的电负性依次减小，O、S、Se的电负性依次减小，Na、P、Cl的电负性依次增大，元素的电负性随原
25、子序数增大而递增的是，故C正确；D项、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误。故选D。【点睛】本题考查核外电子排布、微粒半径比较、电离能与电负性等，注意理解电离能与元素化合价的关系、同周期第一电离能的变化规律是解答关键。20.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如下图)。下列有关说法正确的是（ ）A. 正硼酸晶体属于原子晶体B. H3BO3分子的稳定性与氢键有关C. 分子中硼原子最外层为8电子稳定结构D. 含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键【答案】D【解析】试题分析：A
26、、正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键，故A错误；B、分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；C、硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；D、1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；故选D。考点：考查了晶体结构、氢键、杂化轨道、空间构型等，注意正硼酸晶体层内存在H3BO3分子，以氢键结合，属于分子晶体。第II卷（50分）21.有A、B、C、D
27、、E、F、G7种元素，试按下述所给的条件推断：A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外均有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径ABC；D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体；F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体；G是除氢外原子半径最小的主族元素（1）A的名称是_，B位于周期表中第_周期_族，C的原子结构示意图是_。（2）E的单质颜色是_。（3）A元素与D元素形成的化合物的电子式是_。（4）G的单质与水反应的化学方程式是_。（5）F的元素符号是_。（6）在上述七种元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性
28、最强的是_（填化学式，下同），酸性最强的是_，气态氢化物最稳定的是_。（7）将C的氧化物对应的水化物投入到A的氧化物对应的水化物中反应的离子方程式是_。【答案】 (1). 钠 (2). 三 (3). A (4). (5). 紫黑色 (6). (7). 2F22H2O4HFO2 (8). He (9). NaOH (10). HBrO4 (11). HF (12). Al（OH）3OHAlO22H2O【解析】A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，即处于第三周期，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径ABC，可推知A为Na，B为Mg，C为Al；D、E是非金属元素，它们跟氢化合可
29、生成气态氢化物HD和HE，D、E表现-1价，二者处于A族，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体，则D为Br，E为I；F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体，则F为He；G是除氢外原子半径最小的元素，则G为F元素；(1)由上述分析可知，A的名称是钠，B为Mg，位于周期表中第三周期A族，C为Al，原子结构示意图是；(2)E为I，其单质颜色是紫黑色；(3)A元素与D元素形成化合物为NaBr，电子式是；(4)G的单质为氟气，与水反应的化学方程式是：2F2+2H2O4HF+O2；(5)F的元素符号是He；(6)在上述七种元素中，Na的金属性最强，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的化学
30、式是NaOH，F的非金属性最强，但没有最高价含氧酸，其它元素中Br的非金属性最强，故酸性最强的化学式是 HBrO4，气态氢化物最稳定的化学式是HF；(7)C的氧化物对应的水化物为氢氧化铝，A的氧化物对应的水化物为氢氧化钠，二者反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。点睛：(1)元素金属性性强弱的判断依据：金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物-氢氧化物的碱性强弱氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之
31、越弱(金属的相互置换)；(2)元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。22.现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子
32、的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：I1738 kJmol1，I21 451 kJmol1，I37 733 kJmol1，I410 540 kJmol1D是前四周期中电负性最小的元素E在周期表的第七列(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式_。(2)比较BA2-和BA3的键角ABA的大小：BA2-_(填“”“”或“”)BA3，请用价层电子对互斥理论解释：_。(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布图为，该同学所画的电子排布图违背了_。(4)E位于_族_区，价电子排布式为_。(5)检验D元素的方法是_，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因是_【答案】 (
33、1). (2). BLi (5). 分子 (6). 19 (7). sp2杂化 (8). 甲醛与水分子之间能形成氢键 (9). 12 (10). 6 (11). 【解析】【分析】（1）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2；BH4-中B原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；根据状态判断晶体类型；（2）丙酮分子中含有碳氧双键，1个丙酮分子中含有6个碳氢键，2个碳碳键，1个碳氧键，共有9个键，1个碳氧键；甲醛分子中含有碳氧双键；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键；（3）以晶
34、胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置；以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子；依据均摊法计算。【详解】（1）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，由电子排布式可知，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为（1+3+5）=9，故答案为：M；9；BH4-中B原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，则BH4-的空间构型为正四面体形；非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，Li为金属元素，非金属性H元素大于B元素，则电负性强弱顺序为HBLi，故答案为：正四面体；HBLi；TiCl4
35、在常温下是无色液体，说明沸点低，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；（2）丙酮分子中含有碳氧双键，1个丙酮分子中含有6个碳氢键，2个碳碳键，1个碳氧键，共有9个键，1个碳氧键，则分子中含有键与键数目之比为1:9，故答案为：1:9；甲醛分子中含有碳氧双键，C形成3个键，C上没有孤电子对，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键，氢键的存在能够大大增强物质的溶解性，故答案为：甲醛与水分子之间形成氢键；（3）以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为=12；以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子，配位数为6；根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6+8=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12=4，晶胞的质量为mol62g/mol=（2a10-7）3cm3，=g/cm3。【点睛】本题考查物质结构与性质，考查了轨道杂化类型的判断、空间构型和化学键判断、晶胞结构的分析等，注意利用均摊法确定化学式的方法和计算密度是解答关键。