第三章 晶体结构与性质 基础练习题 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

第三章《晶体结构与性质》基础练习题 一、单选题 1．某种锌电池的结构示意图如下，回答下列问题： Zn与NaOH溶液反应可以形成Na2[Zn(OH)4]，下列说法不正确的是 A．离子方程式为：Zn+2OH-+2H2O→[Zn(OH)4]2- + H2↑ B．锌能从硫酸铜溶液中置换出铜 C．[Zn(OH)4]-离子中提供空轨道的是O原子 D．Na2[Zn(OH)4]晶体中存在离子键、共价键和配位键 2．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表： 元素代号 L M Q R T 原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.089 0.074 主要化合价 +2 +3 +6、-2 +2 -2 下列叙述正确的是 A．R的氧化物对应的水化物可能具有两性 B．L、Q形成的简单离子核外电子排布相同 C．T、Q的氢化物的稳定性：Q＞T D．L、M的单质中金属键的强弱：L＞M 3．已知γ-AgI晶体属立方晶系，其晶胞截面如图所示(晶胞参数为620pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA)，则下列关于γ-AgI晶胞的描述错误的是    A．与的配位数均为4 B．与距离最近且相等的有12个 C．填充在构成的四面体空隙中，其空隙填充率为50% D．该晶体的摩尔体积 4．醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。结构如图所示灯笼形状，有关它的说法错误的是 A．二价铬与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬 B．铬为d2sp3杂化 C．铬铬之间的四重键为一个σ键，2个π键和1个δ键 D．该化合物是抗磁性的 5．实验室可以用Cu(NO3)2通过如下方法制取Cu3N。 步骤1：向试管中加入一定量的Cu(NO3)2溶液，滴加2%氨水至过量，先观察到有蓝色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解得深蓝色溶液。 步骤2：再向深蓝色溶液中加入无水乙醇，振荡、静置，析出深蓝色[Cu(NH3)4](NO3)2晶体，过滤、洗涤、干燥。 步骤3：向液氨中加入深蓝色[Cu(NH3)4](NO3)2晶体，再加入Cu粉，充分反应后得Cu3N。 下列有关说法不正确的是 A．步骤1中的蓝色沉淀为Cu(OH)2 B．由步骤2可知[Cu(NH3)4](NO3)2在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 C．步骤3的反应中，[Cu(NH3)4](NO3)2体现还原性 D．如图所示Cu3N的晶胞中，每个N距离最近的Cu的数目为6 6．我国传统文化包含丰富的化学知识。苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”。《易经》记载：“泽中有火”“上火下泽”。“泽”，指湖泊池沼。下列关于“气”和“火”的说法正确的是 A．“气”“火”在水中都能形成分子间氢键 B．“气”的沸点低于“火” C．“气”“火”分子的空间结构都是正四面体形 D．每个“气”“火”分子中σ键数目之比为5∶4 7．钛酸钙矿物的晶体结构如图(a)所示，某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导体材料的晶胞结构如图(b)所示，其中A为CH3NH，另两种离子为I-和Pb2+。下列说法正确的是 A．图(b)中X为Pb2+ B．CH3NH中H－N－H键角小于NH3中H－N－H键角 C．钛酸钙晶体中右侧面心O2-的坐标为(1，，) D．钛酸钙晶体中与Ca2+距离最近的Ti4+有8个 8．由Li、Al、Si构成的晶体结构如图所示，晶胞边长为a，下列说法错误的是 A．基态Al原子的电子排布式为3s23p1 B．晶体中与Al距离最近且相等的Al有12个 C．晶体中Li、Al、Si三种微粒的数目比为1：1：1 D．晶体中Al原子与Si原子之间的最短距离为 9．联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．结合H+能力：NH3>N2H4 B．H-N-H键角：NH3>[Cu(NH3)4]2+ C．第一电离能：O>N>Cu D．中心离子半径：［Cu(NH3)4]2+>[Cu(NH3)2]+ 10．下列反应的离子方程式正确的是 A．常温下用稀溶液吸收： B．向浓氨水中滴加少量硝酸银溶液： C．三氧化硫与氢氧化钡溶液反应： D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸： 11．SF6可作为超高压绝缘介质气体，分子如图呈正八面体结构，有关SF6的说法正确的是 A．属于原子晶体 B．是非极性分子 C．S和F之间共用电子对偏向S D．所有原子均满足8电子稳定结构 12．类推的思维方法是一种常用的方法，但类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是 A．晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，也必有阴离子 B．H2O常温下为液态，H2S常温下也为液态 C．因C-C键键长金刚石>C60，所以熔点C60>金刚石 D．从、为正四面体结构，可推测PH、也为正四面体结构 13．关于分子结构和性质的说法不正确的是 A．干冰和AlCl3升华，所克服的作用力相同 B．邻羟基苯甲酸的沸点比对羟基苯甲酸的沸点低 C．碘易溶于浓碘化钾溶液、甲烷难溶于水，都可用“相似相溶”规律解释 D．氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸 14．有关结构如图所示，下列说法中正确的是    A．在晶体中，距最近的有6个，距最近且相等的也6个 B．在的晶体中，含有个晶胞 C．在金刚石晶体和石墨晶体都有六元环。金刚石转化为石墨为物理变化 D．该气态团族分子的分子式为或 15．英国牛津大学的研究人员发现一种基于铝的配位化合物，它能将苯环转换成链状化合物，反应如图： 其中Dipp为邻苯二甲酸异戊酯，下列说法正确的是 A．有和两种结构 B．在铝的配合物作用下，打破苯环可以释放更多的能量 C．Y中Al的化合价为+2 D．Z处于同一平面的碳原子最多8个 二、填空题 16．常见晶体的结构分析 (1)金刚石晶体 ①在一个晶胞中，碳原子位于立方体的8个顶点、6个面心以及晶胞内部，由“均摊法”可求出该晶胞中实际含有的碳原子数为 ，晶体中碳原子个数与C-C键数之比为 。 ②晶体中C-C-C夹角为 ，碳原子采取了 杂化。 (2)二氧化硅晶体(如图)： 晶体中Si原子与O原子个数比为 ，1molSiO2晶体中含Si-O键数目为 (用NA表示阿伏加德罗常数)。 (3)Si原子与H原子结合时，Si呈正化合价，则电负性：Si H(选填“<”或“>”)。锗(Ge)与Si是同一主族的元素。Ge元素可能的性质或应用有 。 A．是一种活泼的金属元素           B．其电负性大于硫 C．其单质可作为半导体材料         D．其气态氢化物的稳定性低于硅的气态氢化物 (4)A、B、C、D为四种晶体，依据下列晶体性质推断属于离子晶体的是_______。 A．固态时能导电，能溶于盐酸 B．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水 C．能溶于苯，不溶于水 D．固态、液态时均不导电，熔点为3500℃ 17．若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示(虚线圆圈表示P原子的投影)，请在图乙中用实心圆点画出B原子的投影位置 。 18．Fe及其化合物在生产生活及科研中应用广泛。 (1)四氟化铌(NbF4)的熔点(72℃)低于FeF3的熔点(＞1000℃)的原因可能是 。 (2)硝普钠可用于治疗急性心率衰竭。 ①硝普钠中不存在的作用力有 (填标号)。 a．离子键    b．金属键    c．配位键    d．极性共价键    e．非极性共价键    f．氢键 ②C、N、O三种元素中，由其中两种元素按原子个数比为1：3组成的常见阴离子的空间构型为 。 (3)金属锂溶于液氨时发生反应Li+(m+n)NH3=X+e-(NH3)n，得到反应活性很高的金属电子溶液，则X的化学式为 ；液氨存在自耦电离，则三种微粒的键角由大到小的顺序为 。 19．完成下列问题： (1)N、O、Mg、Al、S、Fe是常见的六种元素，按要求回答下列问题： ①Fe位于元素周期表第 周期第 族。 ②基态N原子核外电子排布式为 ；基态O原子核外有 种运动状态的电子。 ③基态S原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为 形。 ④Mg、Al两种元素中第一电离能较大的是 填元素符号)。 (2)几种元素的电负性数据如表： O F Al Br …… 3.5 4.0 1.5 2.8 …… ①AlBr3的熔点 AlF3的熔点(填“大于”、“小于”或“等于”)，原因是 。 ②根据同一主族元素电负性递变规律，预测碘元素的电负性数值范围为 。 20．选择下列物质填空(填写序号)：①金刚石　②干冰   ③氩晶体  ④白磷   ⑤氯化钙   ⑥过氧化钠⑦石英   ⑧石墨   ⑨氯化铵  ⑩铜晶体 （1）固态时能导电的有 （2）熔化时不破坏化学键的有 （3）含有配位键的有 （4）含有非极性共价键的有 21．高效储氢材料被公认为氢能产业化进程中的关键，近年来，富氢含硼材料日渐成为储氢材料领域突出的研究热点.两种硼氢化物的熔点如下表所示： 硼氢化物 熔点/℃ 400 (1)中所有原子都满足饱和结构，请画出其电子式 ； (2)请解释两种物质熔点差异巨大的原因 。 22．生物体内重要氧化还原酶大都是金属有机化合物，其中的金属离子不止一种价态，是酶的催化活性中心。研究这些酶的目的在于阐述金属酶参与的氧化过程及其电子传递机理，进而实现这些酶的化学模拟。据最近的文献报道，以(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Cy-为环己基的缩写)与正丁酸铜(II)在某惰性有机溶剂中，氩气氛下反应1小时，然后真空除去溶剂，得到淡紫色的沉淀物。该沉淀被重新溶解，真空干燥，如此反复4次，最后在CH2Cl2中重结晶，得到配合物A的纯品，产率72%。元素分析：A含C(61.90%)、H(9.25%)、P(8.16%)，不含氯。红外谱图显示，A中-CO2-基团(CH2Cl2中)有3个吸收峰：1628，1576，1413cm-1，表明羧基既有单氧参与配位，又有双氧同时参与配位；核磁共振谱还表明A含有Cy、-CH2-，不含-CH3基团，Cy的结合状态与反应前相同。单晶X-射线衍射数据表明有2种化学环境的Cu，且A分子呈中心对称。(已知相对原子质量C：12.0，H：1.01，N：14.0，Cu：63.5，P：31.0，O：16.0)。 (1)写出配合物A的化学式 ； (2)写出配合物A的生成反应方程式 ； (3)淡紫色沉淀物被重新溶解，真空干燥，如此反复操作多次的目的是除去何种物质 ？ (4)画出配合物A的结构式 ； (5)文献报道，如用(Ph3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Ph-为苯基)代替(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)，可发生同样反应，得到与A类似的配合物B。但B的红外谱图(CH2Cl2中)只有2个特征吸收峰：1633和1344cm-1，表明它只有单氧参与配位。画出配合物B的结构式 。 23．晶体模型如下图所示： (1)在晶体中，每个周围同时吸引 个，每个周围也同时吸引着 个；在晶胞中含有 个、 个，晶体中每个周围与它距离最近且相等的共有 个。 (2)对于氯化钠晶体，下列描述正确的是_______。 A．它是离子晶体 B．相邻的阴、阳离子核间距等于阴、阳离子半径之和 C．与氯化铯晶体结构相同 D．每个与6个紧邻 24．照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解未曝光的溴化银(AgBr)，生成含的废定影液再向其中加入使中的银转化为，使定影液再生。将在高温下转化为，达到回收银的目的。回答下列问题： (1)元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式为 。 (2)离子结构如图所示，写出一种等电子体 。 (3)中存在的作用力有 (填化学键类型)。 (4)在空气中灼烧生成和，分子的空间构型为 ，与构型不同的原因是 ，由此判断的键角 的键角。 (5)用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数。金的X射线衍射图象可知晶胞属于面心立方晶胞。若金原子的半径为rcm，金的密度为，摩尔质量为，列出计算阿伏加德罗常数的算式 (用含r，，M的表达式表示)。 (6)从组成的角度分析比的分解温度低的原因是 。 25．五氧化二钒是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。工业上以石煤(主要成分为，含有少量、等杂质)为原料制备，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、灼烧”等过程。 已知：①溶于水，难溶于水。 ②，。 回答下列问题： (1)向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为 。 (2)向水浸后的溶液中加入生成、沉淀以除去硅、磷，除杂后的溶液中的浓度为，此时溶液中 ；磷、硅去除率随温度变化的曲线如图所示，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高，可能的原因是 。 (3)“沉矾”时加入析出，沉钒温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为 。 (4)还原可制得，如图为的晶胞，该晶胞中钒的配位数为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【详解】A．根据题干信息，Zn与NaOH溶液反应可以形成Na2[Zn(OH)4]，离子方程式为：Zn+2OH-+2H2O→[Zn(OH)4]2- + H2↑，A正确； B．锌的活泼性大于铜，锌能从硫酸铜溶液中置换出铜，B正确； C．[Zn(OH)4]-离子中提供空轨道的是Zn原子，C错误； D．Na+与[Zn(OH)4]2-间存在离子键，Zn与OH-间存在配位键，OH-内存在共价键，D正确； 答案选C。 2．A 【分析】由表中元素的原子半径和主要化合价不难推知：L为Mg，M为Al，Q为S，R为Be，T为O，据此解题。 【详解】A．由分析可知，R为Be在金属与非金属分界线处的元素，故其氧化物对应的水化物Be(OH)2可能具有两性，A正确； B．由分析可知，L、Q形成的简单离子即Mg2+、S2-，离子结构示意图分别为：和，故核外电子排布不相同，B错误； C．由分析可知，T、Q分别是O和S，由于O比S的非金属强，故其氢化物的稳定性：Q<T，C错误； D．由分析可知，L、M分别是Mg和Al，由于Mg的原子半径大于Al的，且Mg的价层电子数比Al的少，故单质中金属键的强弱：L<M，D错误； 故答案为：A。 3．D 【分析】由晶胞截面图可知，晶胞中碘离子位于顶点和面心，则碘离子个数为8×+6×=4，碘离子构成8个四面体，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则位于体内的银离子个数为4。 【详解】A．由分析可知，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则银离子的配位数为4，由化学式可知，碘离子的配位数也为4，故A正确； B．由分析可知，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则与银离子距离最近且相等的银离子有12个，故B正确； C．由分析可知，碘离子构成8个四面体，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则空隙填充率为×100%=50%，故C正确； D．由晶胞参数可知，晶体的摩尔体积Vm==m3/mol，故D错误； 故选D。 4．B 【详解】A．醋酸亚铬中Cr的化合价是+2价，所以二价铬与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬，A正确； B．此处Cr的3dxz、3dyz、3dxy轨道均未参与杂化，两个Cr原子间存在金属一金属四重键(一 个dz2-dz2形成的σ键 ，两个π键，一个δ键)，不可能是经典的d2sp3杂化。同时由于电子完全 成对，所以是抗磁性的，B错误； C．四重键是两个过渡金属原子间形成键级为4的一种共价键，铬铬之间的四重键为一个σ键，2个π键和1个δ键，C正确； D．抗磁性是指所有电子都组成对，具有稳定的电子结构，根据其结构可判断该化合物是抗磁性的，D正确； 答案选B。 5．C 【分析】由题意可知，硝酸铜溶液与2%氨水先反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，后反应生成的蓝色沉淀溶于过量氨水生成硝酸四氨合铜，向硝酸四氨合铜溶液中加入乙醇降低硝酸四氨合铜的溶解度得到硝酸四氨合铜晶体，硝酸四氨合铜晶体在液氨中与铜反应得到氮化亚铜。 【详解】A．由分析可知，步骤1中得到的蓝色沉淀为氢氧化铜，故A正确； B．由分析可知，步骤2中向硝酸四氨合铜溶液中加入乙醇降低硝酸四氨合铜的溶解度得到硝酸四氨合铜晶体可知，硝酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故B正确； C．由分析可知，步骤3的反应为硝酸四氨合铜晶体在液氨中与铜反应得到氮化亚铜，反应中铁元素的化合价降低被还原，硝酸四氨合铜为反应的氧化剂，表现氧化性，故C错误； D．由晶胞结构可知，晶胞中与位于顶点氮原子距离最近的铜原子位于棱上，则每个氮原子距离最近的铜原子的数目为6，故D正确； 故选C。 6．D 【分析】乙烯具有催熟作用，“气”是指乙烯，湖泊池沼中腐烂的植物发酵会产生甲烷，甲烷能燃烧，所以“火”是指甲烷气体。 【详解】A．氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O、F、N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键，因此乙烯和甲烷不能形成分子间氢键，A错误； B．乙烯的相对分子质量大于甲烷，范德华力大，所以熔沸点高，则乙烯的沸点高于甲烷，故B错误； C．乙烯含碳碳双键，分子的空间结构为平面结构，故C错误； D．乙烯结构简式为CH2=CH2，单键由1个键形成，双键由1个键和1个π键形成，每个乙烯分子中含键数目为5，甲烷结构简式为CH4，每个甲烷分子中含键数目为4，则数目之比为5∶4，故D正确； 故选：D。 7．D 【详解】A．一个晶胞中含有1个A，1个B，3个X，其中A为，根据电荷守恒，可知X为I－，A项错误； B．孤对电子与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故NH3中H－N－H键角更小，B项错误； C．钛酸钙晶体中右侧面心O2-的坐标为(1，， )，C项错误； D．Ca2+位于顶点，与周围8个晶胞体心的Ti4+距离相等且最近，D项正确。 答案选D。 8．A 【详解】A．Al元素为13号元素，原子核外有13个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，故A错误； B．晶体中Al位于顶点和面心，与Al距离最近且相等的Al有12个，故B正确； C．该晶胞中，Li个数=12×+1=4，Al的个数=8×+6×=4，Si的个数=4，所以Li、Al、Si原子个数比为1：1：1，故C正确； D．根据图知，每个Al原子连接4个相同的Si原子，Al原子与Si原子之间的最短距离为，故D正确； 故选：A。 9．A 【详解】A．NH3共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子(H+)，A正确； B．［Cu(NH3)4]2+中N原子的孤对电子形成配位键，NH3中N原子有1对孤对电子，孤对电子与成键电子对间的斥力大，键角小，H-N-H键角：NH3<[Cu(NH3)4]2+，B错误； C．根据非金属性越强，第一电离能越大分析，但氮原子属于半充满结构，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能N>O>Cu，C错误； D．Cu2+和Cu+核电荷数相同，Cu+核外电子数多，半径大，D错误； 故选A。 10．D 【详解】A．常温下用稀溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠、水：，A错误； B．向浓氨水中滴加少量硝酸银溶液生成银铵络离子：，B错误； C．三氧化硫与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀：，C错误； D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸，两者发生氧化还原反应：，D正确； 故选D。 11．B 【详解】A．由题意知，SF6属于分子晶体，A错误；     B．SF6分子呈正八面体结构，正负电荷中心重叠、是非极性分子，B正确； C． S非金属性比F弱、吸引电子能力弱，S-F键中共用电子对偏向F、偏离S，C错误； D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误； 答案选B。 12．D 【详解】A．晶体中有阴离子，必有阳离子，但晶体中有阳离子，不一定有阴离子，比如金属晶体中有金属阳离子和自由电子，A项错误； B．水分子之间存在氢键，硫化氢分子之间不存在氢键，所以水的熔沸点大于硫化氢，H2S常温下为气态，B项错误； C．金刚石是共价晶体，C60是分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，所以金刚石的熔点高于C60，C项错误； D．PH中P原子价层电子对数=且P原子不含孤电子对，中P原子价层电子对数=且不含孤电子对，所以二者空间构型均为正四面体结构，D项正确； 答案选D。 13．C 【详解】A．干冰和AlCl3都属于分子晶体，它们升华时破坏的是分子间作用力，A正确； B．分子内氢键使物质熔沸点降低，分子间氢键使物质熔沸点升高，邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，则邻羟基苯甲酸沸点比对羟基苯甲酸沸点低，B正确； C．甲烷为非极性分子,水为极性分子，甲烷难溶于水可用“相似相溶”原理解释，碘是非极性分子，碘易溶于浓碘化钾溶液与发生反应有关，不可用“相似相溶”原理解释，C错误； D．氟的电负性大于氯的电负性，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，三氟乙酸中的-COOH比三氯乙酸中的-COOH更容易电离出氢离子，三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，D正确； 故选C。 14．D 【详解】A．在晶体中，以体心氯离子为例，距最近的有6个；以底面面心钠离子，同层、上下层各有4个距最近且相等的，故共12个，A错误； B．据“均摊法”，1个晶胞中含个Ca2+、8个F-，则1个晶胞含有4个；的为1mol，其晶体中含有0.25个晶胞；B错误； C．金刚石和石墨为不同的两种物质，金刚石转化为石墨为化学变化，C错误； D．该气态团族分子中含有4个E、4个F，则其分子式为或，D正确； 故选D。 15．D 【详解】A．由Z的结构简式可知，(CH3)2SnCl2的空间构型为四面体形，则(CH3)2SnCl2没有同分异构体，故A错误； B．在铝的配合物作用下，打破苯环需要破坏共价键，需要吸收能量，不可能释放能量，故B错误； C．由题给结构可知，Y中铝离子的配位数为5，铝元素的化合价为+3价，故C错误； D．由结构简式可知，Z分子中碳碳双键为平面结构，锡原子的空间构型为四面体形，由三点成面可知，分子中处于同一平面的碳原子最多有8个，故D正确； 故选D。 16．(1) 8 1：2 109°28′ sp3 (2) 1：2 4NA (3) ＜ CD (4)B 【详解】（1）①金刚石晶胞中，8个顶点上的C原子被8个晶胞共有，八分之一碳原子属于该晶胞，6个面心上的碳原子被2个晶胞共有，二分之一属于该晶胞，内部的4个碳原子全部属于该晶胞，所以该晶胞中实际含有4个碳原子，每个碳原子都和4个碳原子形成共价键，每个共价键被2个碳原子共有，所以每个碳原子相当于连2个C-C键，所以晶体中碳原子个数与C-C键数之比为1：2。 ②晶体中碳原子采用sp3杂化，所以C-C-C夹角为109°28′。 （2）二氧化硅晶体中每个硅原子都连接4个氧原子，每个氧原子被2个硅原子共用，所以晶体中Si原子与O原子个数比为1：2。1molSiO2晶体中有1molSi，每个硅原子都连接4个氧原子，所以1mol晶体中含Si-O键数目为4NA。 （3）Si原子与H原子结合时，Si呈正化合价，说明硅原子对电子的吸引力弱于氢原子，则电负性：Si＜H。Ge位于金属和非金属的分界线附近，既有一定的金属性，又有一定的非金属性，不是一种活泼的金属元素，故A错误；锗(Ge)与Si是同一主族的元素，Ge在Si的下一周期，所以Ge的电负性弱于Si，Si和S是同周期元素，S的电负性强于Si，所以Ge的电负性弱于S，故B错误；在金属和非金属分界线附近的元素其单质可作为半导体材料，故C正确；Ge与Si是同一主族的元素，Ge在Si的下一周期，所以Ge的非金属性弱于Si，则Ge的气态氢化物的稳定性低于硅的气态氢化物，故D正确；故选CD。 （4）离子晶体是由阴阳离子构成的，在晶体中，离子不能自由移动，所以离子晶体在固态时不能导电，故A不选；离子晶体由阴阳离子构成，在液态时离子键被破坏，离子可以自由移动，可导电，多数离子晶体可溶于水，故B选；离子晶体一般不溶于有机溶剂，故C不选；固态、液态时均不导电、熔点很高的晶体可能为共价晶体，故D不选；故选B。 17．或 【详解】磷化硼晶胞中P原子在顶点和六个面的面心位置，四个B原子分别在四条体对角线上，沿着体对角线方向的投影，两个P原子和一个B原子投在图乙所示的中心位置，另外六个P原子分别投在图乙正六边形的顶点位置，六个面心上的P原子两两重叠得到三个投影虚线圆圈，与另外三个B原子相互错开排布在中心原子周围。故B原子的投影位置可以是或的实心圆点。 18．(1)四氟化的熔点低，为分子晶体，FeF3的熔点高，为离子晶体，NbF4晶体中的分子间作用力远小于FeF3晶体中的离子键 (2) be 平面三角形 (3) 或 ＞NH3＞ 【详解】（1）四氟化铌(NbF4)的熔点只有72℃，该物质熔点比较低，说明其在固态时属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合；而FeF3的熔点大于1000℃，物质的熔点较高，说明该物质在固态时属于离子晶体，离子之间以比较强的离子键结合，分子间作用力远小于离子键，故物质的熔点四氟化铌比FeF3的低； （2）①硝普钠是离子化合物，其中存在离子键；其阴离子是配离子，配体与中心Fe3+之间以配位键结合；在配位体CN-、NO中存在极性共价键；该物质含有结晶水，结晶水中也存在极性共价键，在水分子之间还存在氢键，故该物质中含有的作用力是离子键、配位键、极性共价键和氢键，不存在的作用力是金属键、非极性共价键，故合理选项是be； ②C、N、O三种元素中，由其中两种元素按原子个数比为1:3组成的常见阴离子是，的价层电子对数为3+=3，孤电子对数为0，其空间构型为平面三角形；的价层电子对数为3+=3，孤电子对数为0，其空间构型也为平面三角形； （3）由题意知金属锂溶于液氨时发生反应Li+(m+n)NH3=X+e-(NH3)n，得到反应活性很高的金属电子溶液，根据原子守恒和电荷守恒可知，X的化学式为或。中心N不含孤电子对，中心N含有1个孤电子对，中心N含有2个孤电子对，故物质微粒键角关系为：＞NH3＞。 19．(1) 四 Ⅷ 1s22s22p3 8 哑铃 Mg (2) 小于 AlF3中两元素电负性差值大于1.7，属于离子化合物：而AlBr3中两元素电负性差值小于1.7属于共价化合物；离子化合物熔点高于共价化合物 小于2.8 【详解】（1）①是26号元素，位于元素周期表中的第四周期Ⅷ 族； ②N是7号元素，原子位于元素周期表第二周期第ⅤA族，因此基态N原子核外电子排布式为；O核外有8个电子，则有8种不同运动状态的电子； ③基态S原子核外电子占据的最高能级为，电子云轮廓图为锤形(哑铃)： ④同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小； （2）①AlF3中两元素电负性差值大于1.7，属于离子化合物；而AlBr3中两元素电负性差值小于1.7 属于共价化合物；离子化合物熔点高于共价化合物，因此为大于； ②F、Br是同一主族元素，根据题意可知同主族自上而下电负性减小，因此I的电负性小于2.8。 20． ⑧⑩ ②③④ ⑨ ①④⑥⑧ 【分析】 【详解】（1）固体时能够导电的为金属单质或石墨，只有⑧⑩符合； 故答案为⑧⑩； （2）分子构成的晶体，熔化时不破坏化学键，只有②③④符合； 故答案为②③④； （3）含有配位键的只有氯化铵，铵根离子中NH3和H+形成配位键，⑨符合； 故答案为⑨； （4）同种非金属元素之间形成非极性共价键，则只有①④⑥⑧符合； 故答案为①④⑥⑧。 21．(1) (2)为离子晶体，熔化需破坏强烈的离子键，而是分子晶体，熔化仅需破坏较弱的分子间作用力，因此沸点远比高，差异巨大 【详解】（1） NaBH4熔点较高属于离子化合物，是由Na+和构成的，中所有原子都满足饱和结构，其电子式为； （2）为离子晶体，熔化需破坏强烈的离子键，而是分子晶体，熔化仅需破坏较弱的分子间作用力，因此沸点远比高，差异巨大。 22． C78H136Cu3O8P4 2(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H) + Cu(CH3CH2CH2COO)2→(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2 )Cu(O2CCH2CO2)Cu(PCy3)2 + 2CH3CH2CH2COOH(或C78H136Cu3O8P4) 除去反应的另一产物正丁酸和未反应的反应物 【详解】①首先判断进入配合物A的成分来自两种反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)和正丁酸铜(I I )，而溶剂是没有参与反应的，因为题中仅指明是惰性有机溶剂，这是命题人有意地回避，以减少对学生思维的干扰。②其次正丁酸铜(I I )的正丁酸根也没有进入配合物A，因为波谱信息显示没有甲基。这样进入配合物A的只有Cy3P、丙二酸根和Cu，共有C、H、P、Cu、O5种元素。③配合物A的元素分析只给出C、H、P 3种元素的含量，这就决定了要讨论求解，这是中学生在化学计算题中经常遇到的一种解题方法，并不新鲜，但用在此类题中却罕见。由C、H、P质量百分含量，可以求出A中C：H：P= 19. 6：34.8：1.00。 讨论：(i)当A中含1个Cy3P，1个丙二酸根(C3H2O42-)时，C：H：P= 21：35：1，与A组成不符；(ii)当A含2个Cy3P，1个丙二酸根时，C：H：P= 39：68：2，与A组成相符，仅H有小的偏离，这是允许的；(iii)当A含2个Cy3P，2个丙二酸根时，C：H：P=42：70：2，与A组成不符，……。由以上讨论可以确定A中含Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比为2：1，这个比例正是反应物之一(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)中Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比，说明此反应物很可能作为一个整体进入配合物A。 再讨论配合物A中Cu核个数。题中已明确A中有两种化学环境的Cu，则至少是2个Cu核。这时它们化学式应为(Cy3P)2Cu2(C3H2O4)，计算其C%= 59.3%，P%=7.85%，与A组成不符。若将配合物A中Cy3P与C3H2O42-数目加倍(这是为了维持其个数比为2：1的要求)，也即增加一个反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)分子，同时也增加了1个Cu核，其化学式变为(Cy3P)2Cus(C3H2O4)2，即C78H36Cu3O8P4，其C% =61.75%，H% =9.06%，P% =8.18%，与A组成相符(在实验误差范围内)。化学式中2个Cu( I )，1个Cu( II )，整个配合物呈电中性。若进一步讨论，都不符合A的组成。因此配合物A的化学式即可确定为C78H36Cu3O8P4。 ④根据两种反应物的物质的量之比为2：1及A的化学式，可以写出A的生成反应式。⑤由反应的另一产物是正丁酸，以及产率只有72%，还有未反应的反应物都必须除去才能得到A的纯品，于是可以解答(3)问。⑥根据A的红外谱信息提供的羧基配位方式及A具有中心对称的特征，可以画出A的最稳定结构，此结构中的Cu(I )为三配位，Cu( II )为四配位，含有2个六员螯环。⑦根据生成配合物B与生成配合物A的反应同类型，可以写出B的化学式，进一步根据B的红外谱信息提供的B中羧基配位方式可以写出B的最稳定结构。结构式中的Cu( I )和Cu( II )均为四配位，含2个六员螯环。 [应答分析]根据元素分析和波谱信息推理多核配合物的化学式和结构式是竞赛的热点问题，参赛学生并不陌生。但由于此题涉及的信息较多，不是按问题依次给出，学生难于集中、筛选，再加上解题思维方式较新，因此有64%的参赛学生推出的化学式不正确，导致全题得零分或2分，也使此题的得分率降到0.29.有17%的学生写出了A的正确化学式，但在推结构式时，顾此失彼，没有考虑羧基的配位方式，而失去了两个结构式的分数。另有18%的学生所写结构式不是最稳定结构，只有1名学生得了满分。应该说，此题较好地考查了学生的逻辑思维和空间想象能力。在高分段有较好的区分度。 23．(1) 6 6 4 4 12 (2)AD 【详解】（1）在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引6个Cl-，每个Cl-周围同时吸引6个Na+；该晶胞中，Na+的个数为12+1=4，Cl-的个数为=4；晶体中每个Na+周围与它距离最近且相等的Na+共有12个。 （2）A．氯化钠晶体是由Na+、Cl-构成的粒子晶体，A正确； B．氯化钠晶体中，相邻的阴、阳离子核间距大于阴、阳离子半径之和，B错误； C．氯化钠晶体呈面心立方堆积，氯化铯晶体呈体心立方堆积，二者晶体结构不同，C错误； D．氯化钠晶体中以Na+为中心向三维方向伸展，有6个Cl-与Na+紧邻，D正确； 故选AD。 24．(1)4d105s1 (2)  (或CCl4、SiCl4、 等) (3)离子键 共价键 配位键 (4) V形 硫原子上孤对电子对对共价键的排斥作用使键角变小 小于 (5)mol-1 (6)银离子对碳酸根离子中的氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出二氧化碳 【分析】（1）根据元素周期表中铜和银的位置关系分析银的电子排布式。 （2）根据等电子体之间必须满足具有相同的原子数和价电子数分析，结合同族元素或同周期左右元素互换的方法即可判断。 （3）根据离子化合物中含有离子键，配位离子间有配位键和共价键进行分析。 （4）根据价层电子理论分析二氧化硫的空间构型，并结合是否存在孤电子对分析其构型和键角的大小。 （5）根据晶胞的均摊法计算。 （6）主要考虑银离子对碳酸根子中的氧离子的吸引作用对物质的影响。 【详解】（1）元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，铜的价电子排布式为3d104s1，银在铜的下一周期。即可判断银的价电子排布式为4d105s1。 （2）等电子体之间必须满足具有相同的原子数目和价电子数目，离子的原子数目为5，价电子数目为： 6×2+6×3+2=32，结合同族元素或同周期左右元素互换的方法可知；   (或CCl4、SiCl4、 等)满足题意. （3）为离子化合物，外界和内界之间是离子键，内界配位离子中含有配位键和共价键。 （4）二氧化硫分子中心原子为硫原子，硫原子的σ键为2个，含有的孤电子对数为 ，价层电子对数为2+1=3，所以硫原子为sp2杂化。分子的空间构型为V形，二氧化碳中碳原子没有孤电子对，导致碳氧双键之间的排斥力减小，键角增大，故二氧化碳和二氧化硫的构型不同。由于水分子中的氧原子存在孤电子对，水合氢离子中的氧原子没有孤电子对，所以水的键角小于水合氢离子。 （5）设阿伏加德罗常数为NA，已知金的晶胞属于面心立方晶胞，则一个晶胞中含有金原子为 ，设晶胞的边长为xcm，若金原子半径为rcm，则有 ，即 ，又金的密度为，摩尔质量为，则有，解得NA= mol-1。 （6）由于硫离子半径大于氧离子半径，故银离子对碳酸根离子中的氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出二氧化碳，导致碳酸银比硫化银的分解温度低。 25．(1) (2) 随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大 (3)温度过高，分解，不利于析出 (4)6 【详解】（1）由题意可知，三氧化二钒高温条件下与碳酸钠、氧气反应生成钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：； （2）由磷酸镁、硅酸镁溶度积可知，0.1mol/L硫酸镁溶液中，硅酸根离子的浓度为2.5×10-4mol/L、磷酸根离子的浓度为5×10-11mol/L，则2×10-7；磷酸根离子和硅酸根离子在溶液中的水解反应都是吸热反应，升高温度，磷酸根水解程度增大，溶液中磷酸根离子浓度减小，磷酸镁的沉淀溶解平衡右移，转化为可溶的磷酸氢镁，导致磷酸根离子去除率下降，而升高温度，硅酸根离子水解程度增大，水解生成不溶于水的硅酸，导致硅酸根离子去除率增大，故答案为：2×10-7；随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大； （3）氯化铵受热易分解，温度过高，氯化铵分解，不利于钒酸铵沉淀析出，所以沉钒温度需控制在50℃左右，故答案为：温度过高，分解，不利于析出； （4）由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钒原子与6个氧原子相连，则钒的配位数为6，故答案为：6。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$