第三章 晶体结构与性质 单元卷 2023-2024学年高二下学期人教版(2019)化学选择性必修2

第三章 晶体结构与性质 测试题 一、选择题 1．乙炔(HC≡CH)能在Hg(II)催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是 A．过程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子 B．本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH的稳定性最强 C．本反应历程中，第⑤步反应为吸热反应 D．其他条件不变时，更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变 2．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体是一种重要的化工原料，微溶于冷水、酒精，可溶于热水，干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采用如下步骤，下列说法错误的是 已知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。 电离平衡常数 A．过程①微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解 B．过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液 C．操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤、洗涤、干燥 D．得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤 3．黑火药爆炸的主要反应为。下列表示相关微粒的化学用语错误的是 A．硫原子核外电子有16种运动状态 B．的结构示意图： C．基态原子价电子的轨道表达式： D．和形成离子键的过程： 4．冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。 用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。 碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+ (直径：204pm) K+ (直径：276pm) 冠醚A(空腔直径：260～320pm) 199 1183 冠醚B(空腔直径：170～220pm) 371 312 下列说法不正确的是 A．推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关 B．实验 中c(Na+)：①＞②＞③ C．冠醚通过与K+结合将携带进入有机相，从而加快反应速率 D．为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适 5．关于几种晶体的结构，下列说法正确的是 A．干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间的静电作用均是共价键 B．石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体 C．若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为 D．NaCl中Na+的配位数小于干冰中CO2分子的配位数 6．下列我国科研成果所涉及材料中，是共价晶体的是 A．4.03米大口径碳化硅反射镜 B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服 C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线 D．“玉兔二号”钛合金筛网轮 A．A B．B C．C D．D 7．下列有关晶胞的说法正确的是 A．晶胞是晶体中最小的结构单元 B．晶胞中所有的粒子都为几个晶胞共用 C．晶胞均为长方体 D．不同晶体的晶胞不一定相同 8．实验室常用碳化钙(俗称电石)与水反应制备乙炔气体，碳化钙晶胞如图所示。下列有关描述中错误的是 A．1个碳化钙晶胞的质量为g B．碳化钙中既存在离子键又存在共价键，属于离子化合物 C．乙炔中C的杂化类型为sp杂化 D．碳化钙晶胞中，距离Ca2+最近的C有8个 9．功能陶瓷材料氮化硼()晶体有多种结构。立方相氮化硼是超硬材料，其结构与金刚石相似。六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构，层间是分子间作用力。它们的晶体结构如图。下列说法不正确的是 A．立方相氮化硼属于共价晶体 B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 C．1mol六方相氮化硼含4mol共价键 D．六方相氮化硼中B原子和N原子的杂化轨道类型均为杂化 10．向硫酸铜溶液中滴加过量的氨水，会先形成蓝色絮状沉淀，随后沉淀溶解形成配位化合物[Cu(NH3)4]SO4，在[Cu(NH3)4]SO4中，不含的化学键是 A．非极性键 B．极性键 C．离子键 D．配位键 11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．1mol14NO和13CO混合气体中所含中子数为15NA B．1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子的数目为2NA C．2mol[Ag(NH3)2OH]中配位键个数为4NA D．标准状况下，11.2LCH4和22.4LCl2在光照条件下充分反应后的分子数为1.5NA 12．砷是氮族元素，下列有关黄砷As4(结构如图： )的叙述正确的是 A．黄砷晶体为共价键三维骨架结构 B．7.5g黄砷含有0.4NA个σ键 C．该结构中共价键的键角约为109°28′ D．熔点：白磷＜黄砷 13．下列有关分子晶体的说法中，正确的是 A．分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 B．分子晶体中，共价键越强，键能越大，熔点越高 C．冰融化时水分子间的共价键发生断裂 D．在冰的晶体结构中由于氢键的存在，其熔点较高 14．在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，这种高聚氮中每个氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，其中N-N键的键能为160 kJ·mol-1(N2中N≡N键的键能为942 kJ·mol-1)，其晶体片段结构如图所示。下列说法错误的是 A．高聚氮比氮气稳定 B．高聚氮为共价晶体 C．高聚氮与N2互为同素异形体 D．N原子之间的化学键为非极性键 15．下列说法中，正确的是 A．冰融化时，分子中H－O发生断裂 B．共价晶体中，共价键越强，熔点越高 C．分子晶体中，分子间作用力越大，对应的物质越稳定 D．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高 二、非选择题 16．[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2-＋4H＋＋4H2O=[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN。 (1)Zn2＋基态核外电子排布式为___________。画出配合物离子[Zn(H2O)4]2＋中的配位键___________ (2)1molHCHO分子中含有σ键的数目为___________。 (3)HOCH2CN的结构简式，HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是___________和___________。 (4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为___________。 (5)下列一组微粒中键角由大到小顺序排列为___________(用编号填写) ①CO2 ②SiF4 ③SCl2 ④CO ⑤H3O＋ (6)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题： ①H、B、N中，原子半径最大的是___________。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素___________的相似。 ②NH3BH3分子中，N－B化学键称为___________键，其电子对由___________提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3++9H2，的结构如图所示：；在该反应中，B原子的杂化轨道类型由___________变为___________。 17．【实验】制取[Cu(NH3)4](OH)2 实验操作 实验现象 实验结论 向盛有4mL 0.1mol/L CuSO4溶液的试管里滴加几滴1 mol/L 氨水 _______ _______ 继续添加氨水并振荡试管 _______ ________ 再向试管中加入极性较小的溶剂(如加入8 mL 95%乙醇)，并用玻璃棒摩擦试管壁 _______ _______ [实验结论]无论在得到的深蓝色透明溶液中，还是在析出的深蓝色的晶体中，深蓝色都是由于存在_______，它是Cu2+的另一种常见配离子，中心离子仍然是_______，而配体是_______，配位数为_______。 18．据《科学》报道，中国科学家首次实现超导体(Bi2Te3/NBSe2)中分段费米面。回答下列问题： (1)Bi与P位于同主族，基态P原子的价层电子排布式为___________。基态Se原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上共有___________ 个电子。 (2)二氯二茂铌的组成为(C5H5)2NbCl2.环戊二烯阴离子()的平面结构简式如图所示： ①C、H、Cl的电负性由大到小的顺序为___________。 ②中C原子的杂化类型是___________。 ③已知分子中的大π键可以用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则中大π键可以表示为___________。 (3)的空间构型为___________。 (4)四氟化铌(NbF4)的熔点为72℃，它的晶体类型为___________。 19．回答下列问题： (1)已知以下三种物质熔融状态下均不能导电，熔点数据如下： 氮化硼(BN) 单质硼(B) 氯化铝(AlCl3) 熔点/ ℃ 2700 2573 194 请解释三种物质熔点依次减小的原因：___________。 (2)HF气体在25 ℃、80 ℃和90 ℃测得其摩尔质量分别为58.0 g·mol-1、20.6 g·mol-1和20.0 g·mol-1。则不同温度下摩尔质量不同的可能原因是___________。 20．填空。 (1)FeTiO3的结构如图1所示，其中由O围成的___________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)被Fe占据。在图2中画出FeTiO3结构的另一种表示___________(要求：Fe处于晶胞的顶点)，Ti的配位数为___________。 (2)已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，NA表示阿伏加德罗常数的值。计算晶胞参数a=___________pm(列出计算表达式)。 21．Fe、Co、Ni是第四周期的重要的金属元素，回答下列问题： (1)FeCoOx是一种新型光电催化剂，第四电离能大小关系是I4(Fe)_____I4(Co)(填“＞”“＜”或“=”)，原因是____________________。 (2)二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物。其在工业、农业、医药、航天、节能、环保等行业具有广泛的应用。环戊二烯可用于制备二茂铁。 ①环戊二烯中碳原子的杂化方式为____________ ②1mol环戊二烯中有__________molσ键。 (3)①FeS2晶体的晶胞如图甲所示。已知其晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长__________nm。 ②该晶胞中Fe2+位于S所形成的正八面体的体心，则正八面体的边长为______nm (4)基态Ni2+的价电子排布图为________。在一定温度下将Ni片与不同质量分数的硫酸反应，4h后的Ni的质量损失情况如图乙所示，发现当硫酸质量分数大于63%时Ni被腐蚀的速率逐渐降低，其可能原因为__________________。 22．下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。 请回答下列问题： (1)③原子的核外电子轨道表示式是___________。 (2)写出元素⑩的原子的核外电子排布式：___________，该元素属于___________区元素。 (3)在标号的主族元素中，电负性最大的是___________(填元素符号)。 (4)元素④⑥⑦的气态氢化物热稳定性由强到弱的顺序为：___________(填化学式)。 (5)CO2中C原子采用___________杂化，是___________分子(填极性或非极性)，干冰中每个分子周围紧邻___________个分子 (6)N、P、As、Sb均是第VA族元素，As的逐级电离能如表所示。第五电离能与第六电离能相差较大的原因为___________。 947 1798 2735 4837 6043 12310 (7)一种钴的氧化物的晶胞结构如图乙所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为___________，该氧化物中钴离子的配位数是___________。设为阿伏伽德罗常数的值，晶胞参数为apm，该晶体的密度为___________。 【参考答案】 一、选择题 1．A 解析：A．由图可知，过程①中H2O与Hg2+形成配合物，水分子的氧原子具有孤对电子，可向Hg2+的空轨道提供孤对电子形成配位键，A正确； B．图中CH2=CHOH的能量最高，故其稳定性最弱，B错误； C．由本反应历程图示知，第⑤步反应为放热反应，C错误； D．催化剂不能改变反应的焓变，D错误； 故选A。 2．B 【分析】由题给流程可知，在微热条件下将草酸溶于去离子水得到草酸溶液，草酸溶液加入适量碳酸钾中将草酸转化为草酸氢钾，反应得到草酸氢钾和碳酸氢钾的混合溶液，混合溶液与氧化铜在50℃条件下反应将草酸氢钾转化为二草酸合铜(Ⅱ)酸钾，反应所得溶液经趁热过滤除去碳酸氢钾得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾溶液，溶液经降温结晶、过滤、洗涤、干燥制得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。 解析：A．由分析可知，过程①为微热条件下将草酸溶于去离子水得到草酸溶液，微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解，故A正确； B．由题给数据可知，草酸氢根离子的电离常数大于碳酸的电离常数，所以过程②为草酸溶液加入适量碳酸钾中将草酸转化为草酸氢钾，若将碳酸钾加入草酸溶液中，草酸溶液与碳酸钾反应生成草酸钾、二氧化碳和水，无法得到草酸氢钾溶液，故B错误； C．由题给信息可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体可溶于热水，加热时易分解，所以操作③为趁热过滤除去碳酸氢钾，操作④为二草酸合铜(Ⅱ)酸钾溶液经降温结晶、过滤洗涤、干燥得到产品，故C正确； D．由题给信息可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体微溶于冷水、酒精，用酒精洗涤易干燥，所以用酒精洗涤优于冷水洗涤，可以减少二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体因溶解降低产率，故D正确； 故选B。 3．C 解析：A．硫原子核外电子有16个电子，每一个电子的运动状态都不一样，则硫原子核外电子有16种运动状态，故A正确； B．核外共有18个电子，结构示意图：，故B正确； C．基态原子价电子排布式为2s22p2，价电子的轨道表达式为：，故C错误；、 D．和形成离子键的过程为：，故D正确； 故选C。 4．B 解析：A．从表中数据可以看出，冠醚的空腔直径与Na+或K+直径接近时，结合常数大，由此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确； B．冠醚A结合Na+的能力弱于结合K+的能力，所以K+可将冠醚A中的部分Na+替代出来，由实验 中，可得出c(Na+)：①＞③＞②，B不正确； C．冠醚与K+结合，从而将携带进入有机相，催化KMnO4与环己烯的反应，从而加快反应速率，C正确； D．由表中数据可推出，冠醚A结合K+的能力比冠醚B强，为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确； 故选B。 5．D 解析：A．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，故A错误； B．石墨晶体层内碳原子之间以共价键结合，层与层之间通过范德华力结合，因此石墨属于一种混合型晶体，故B错误； C．金刚石两个最近的碳原子之间的距离为体对角线的四分之一，若晶胞边长为a cm，则两个最近的碳原子之间的距离为 cm，故C错误； D．NaCl中Na+的配位数为6，干冰中CO2分子的配位数为12，故D正确； 故选：D。 6．A 解析：A．碳化硅是由碳原子和硅原子形成的共价晶体，故A正确； B．聚氨酯是有机合成高分子材料，不是共价晶体，故B错误； C．碳有多种同素异形体，其中石墨是混合晶体，无定形碳不是晶体，银属于金属晶体，不是共价晶体，故C错误； D．钛合金属于金属晶体，不是共价晶体，故D错误； 故选A。 7．D 解析：A．晶胞是晶体的最小重复单元，但不一定是最小结构单元，故A错误； B．晶胞中有些粒子为晶胞独自拥有，故B错误； C．晶胞多数为平行六面体，不一定为长方体，故C错误； D．不同晶体的晶胞可能相同，也可能不相同，故D正确； 故选D。 8．D 解析：A．根据均摊原则，1个晶胞中含有C的个数是8×+6×=4、含有Ca2+个数12×+1=4，所以1个碳化钙晶胞的质量为g，故A正确； B．碳化钙由C、Ca2+构成，既存在离子键又存在共价键，属于离子化合物，故B正确； C．乙炔中C原子形成C，每个碳价层电子对数为1+ =2，C的杂化方式是sp杂化，故C正确； D．根据图示，碳化钙晶胞中，距离Ca2+最近的C有6个，故D错误； 故选D。 9．C 解析：A．根据立方相氮化硼是超硬材料，其结构与金刚石相似，则立方相氮化硼属于共价晶体，故A正确； B．六方相氮化硼层间是分子间作用力，其层间作用力小，所以质地软，故B正确； C．根据六方相氮化硼结构一个正六边形有3个B原子、3个N原子，6根键，每个为一个正六元环贡献率为，每个B原子为一个正六元环贡献率为，因此每个正六边形单独拥有根键，单独拥有B原子个，则1mol六方相氮化硼含3mol共价键，故C错误； D．六方相氮化硼中每个B原子或N原子与周围的三个N原子或B原子形成平面三角形结构，所以每个B原子和N原子杂化轨道类型均为杂化，故D正确。 综上所述，答案为C。 10．A 解析：配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中硫酸根离子和 [Cu(NH3)4]2+之间是离子键、在[Cu(NH3)4]2+离子中存在配位键——Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，NH3内存在极性共价键，则在[Cu(NH3)4]SO4中，不含的化学键是非极性键； 答案选A。 11．B 解析：A． 14NO和13CO的中子数均为，故1mol14NO和13CO混合气体中所含中子数为1mol×15×NA/mol=15NA，A正确； B．1molNa218O2与足量水反应，生成1molNa18OH和0.5mol18O2，最终水溶液中18O原子的数目为NA个，B错误； C．1分子[Ag(NH3)2]OH中存在2个配位键，则2mol[Ag(NH3)2]OH中配位键个数为4NA，C正确； D．甲烷与氯气反应前后分子总数不变，标准状况下，11.2L甲烷的物质的量，22.4L氯气的物质的量，反应前分子数为1.5NA，则在光照条件下反应后，所得混合物的分子数仍为1.5NA，D正确； 综上所述答案为B。 12．D 解析：A．黄砷晶体只是简单的正四面体结构，不是三维骨架结构，三维骨架结构是空间的网状结构，如金刚石晶体的空间结构即为三维骨架结构，故A错误； B．As4为正四面体结构，As原子位于正四面体的顶点上，形成6个共价键，即6个σ键，7.5g黄砷的物质的量为，含有的σ键为0.025×6×NA=0.15NA，故B错误； C．黄砷与白磷的结构相似，属于正四面体形，四个As或P位于四面体顶点，则键角为60°，故C错误； D．黄砷和白磷均属于分子晶体，且不含分子间氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔点越高，黄砷相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高，即熔点：白磷＜黄砷，故D正确； 故选D。 13．D 解析：A．分子间作用力的大小决定分子的物理性质，而分子的稳定性则取决于化学键的强弱，故A项错误； B．共价键是化学键，共价键的强弱与物质的熔点无关，故B项错误； C．冰融化时克服范德华力和氢键，水分子内的共价键没有断裂，故C项错误； D．在冰的晶体结构中存在分子间氢键，使其熔点较高，故D项正确。 故选：D。 14．A 解析：A．高聚氮中的N-N键的键能（160kJ·mol-1）小于N2中N≡N键的键能（942kJ·mol-1），则氮气比高聚氮稳定，A错误； B．高聚氮中每个氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，高聚氮为共价晶体，B正确； C．高聚氮和N2都是N元素的单质，二者互为同素异形体，C正确； D．N原子之间的化学键为非极性键，D正确； 故选A。 15．B 解析：A．冰融化时，破坏了水分子间的分子间作用力和氢键，没有破坏分子中的氢氧键，故A错误； B．共价晶体中，原子形成的共价键越强，原子间的作用力越强，晶体的熔点越高，故B正确； C．分子晶体的稳定性与共价键的强弱有关，与分子间作用力的大小无关，故C错误； D．分子晶体的熔、沸点与分子间作用力的大小有关，与共价键的强弱无关，故D错误； 故选B。 二、非选择题 16． 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 3mol或3NA sp3杂化 sp杂化 ①>④>②>⑤>③ B(硼) Si(硅) 配位键 N sp3杂化 sp2杂化 解析：(1)Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去最外层两个电子生成锌离子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；Zn为中心离子，H2O为配体，配位数为4，所以配合物离子[Zn(H2O)4]2＋中的配位键为； (2)单键为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，HCHO分子中含有2个C-H键、1个C= O双键，分子中含有3个σ键，所以1mol甲醛(HCHO)分 子中含有的σ键数目为3mol或3NA，故为：3 mol或3NA； (3)根据HOCH2CN的结构简式，其中与羟基(-OH)相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对为4+0=4，杂化类型为sp3，另一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个σ键和2个π键，价层电子对为2+ ，所以杂化类型为sp杂化； (4)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，与水互为等电子体的微粒该是3原子最外层电子数为8 的分子或离子，这样的微粒有：H2S、 NH ，阴离子为： NH，故答案为NH； (5)①CO2是直线结构，键角为180°；②SiF4为正四面体结构，键角为109°28′；③SCl2中S采用sp3杂化，为V形结构；④CO 中C采用sp2杂化，为正三角形结构，键角为120°；⑤H3O+中O采用sp3杂化，为三角锥形结构，③中2个孤电子对之间的斥力较大，使得③中键角小于⑤，同理⑤中键角小于②，因此键角由大到小顺序排列为①④②⑤③，故答案为：①>④>②>⑤>③； (6)①根据同一周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，可知H、B、N中原子半径最大的是B(硼)；元素周期表中B与Si(硅)处于对角线上，二者化学性质相似； ②NH3BH3中N有孤电子对，B有空轨道，N和B形成配位键；电子对由N提供；NH3BH3中B形成四个σ键，为sp3杂化，B3O 中B形成3个σ键，为sp2杂化。 17． 形成难溶物 Cu2+ + 2NH3·H2O = Cu(OH)2↓+2NH 难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液 Cu(OH)2 + 4NH3 = [Cu(NH3)4](OH)2 析出深蓝色晶体 深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，说明该配合物在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 [Cu(NH3)4]2+ Cu2+ NH3 4 解析：略 18．(1) 3s23p3 16 (2) Cl>C>H sp2 (3)正四面体形 (4)分子晶体 解析：（1）磷为第三周期第ⅤA族元素，基态P原子核外电子排布为3s23p3；Se是第四周期第ⅥA族元素，基态Se原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子云轮廓图呈哑铃形的能级为p能级，故其上共有16个电子。 （2）①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，下非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；C、H、Cl的电负性由大到小的顺序为Cl>C>H。 ②中C原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，杂化类型是sp2； ③中5个碳原子构成一个环，且每个碳原子的p轨道上1个电子和额外得到1个电子共6个电子参与大π键，故表示为； （3）中Se原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，杂化类型是sp3，的空间构型为正四面体形； （4）四氟化铌(NbF4)的熔点为72℃，熔点较低，说明它的晶体类型为分子晶体。 19．(1)和均为原子晶体，原子半径，键长，键能，所以单质硼熔点低于氮化硼。为分子晶体，分子间作用力弱于共价键，所以熔点最低 (2)以氢键结合成缔合分子，温度升高时缔合程度降低，因而摩尔质量减小 解析：(1)比较熔沸点的大小，从晶体类型差异以及每种晶体克服的作用力阐述。原子晶体比较原子半径小共价键强，键能大则熔沸点高；而分子晶体先看氢键再看摩尔质量大范德华力大，熔沸点高；离子晶体比较离子半径小、带电荷多则晶格能大熔沸点高。熔点BN>B >2500℃，它们为原子晶体，原子半径B>N，键长B−B>B−N，键能B−B<B−N，所以单质硼熔点低于氮化硼。AlCl3为分子晶体，分子间作用力弱于共价键，所以熔点最低。 (2)电负性大的成键原子如F、O、N与已成键的H原子之间存在氢键，导致分子形成缔合分子。所以HF分子在不同温度下摩尔质量不同的原因为HF以氢键结合成缔合分子，温度升高时缔合程度降低，因而摩尔质量减小。 20．(1) 八面体空隙 12 (2) 解析：（1）由图1晶体结构可知，由O原子围成的八面体空隙被Fe原子占据，钛原子处于晶胞顶点时，铁原子位于体心，氧原子位于面心，当铁原子处于晶胞的顶点时，钛原子位于体心，氧原子位于棱上，晶胞结构示意图为 ，与钛原子距离最近的氧原子有12个，则钛原子的配位数为12。 故答案为：八面体空隙， ，12 （2）由晶胞的质量公式可得：ρ＝，则晶胞参数a＝pm。 故答案为：。 21． ＞ Fe3+的价电子排布为3d5，为半充满稳定结构，较难失去电子 sp3、sp2 11 随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜 【分析】根据Fe和Co失去3个电子后的电子排布判断Fe和Co的第四电离能大小；根据环戊二烯的结构判断结构中C原子的杂化方式和σ键数；根据晶胞结构计算晶胞参数；根据Ni原子结构绘制Ni2+的价电子排布图；根据Ni与Fe的相似性分析Ni与浓硫酸反应的性质。 解析：(1)Fe失去3个电子之后3d能级剩余5个电子，达到半满的结构，再失去一个电子时需要的能量较大，Co失去4个电子后3d能级达到半满结构，因此Fe的第四电离能大于Co的第四电离能； (2)①环戊二烯中含有C-C和C=C，因此环戊二烯中C原子的杂化方式为sp2、sp3杂化； ②分子中含有3个碳碳单键，6个碳氢单键，2个碳碳双键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，分子中含有11个σ键，所以1mol环戊二烯分子中含有11mol σ键。 (3)①Fe2+位于体心与棱心，S位于顶点与面心，晶胞中Fe2+数目=1+12×=4，S数目=8×+6×=4，晶胞相当于含有4个“FeS2”，晶胞质量=4×(M=120)，设晶胞边长为anm，则晶体密度÷(a×10−7cm)3=，故，②根据上题解析，Fe2+位于S所形成的正八面体的体心，正八面体边长=。 (4)Ni为第28号元素，Ni2+价电子排布图为，Fe和Ni均位于第Ⅷ族，类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。 22．(1) (2) 或 ds (3)O (4)H2O>H2S>PH3 (5) sp杂化 非极性分子 12个 (6)As4+：[Ar]3d104s1，能失去4s上的电子，而As5+：[Ar]3d10，全满，稳定，难失电子 (7) 6 【分析】根据元素周期表得到①～⑩元素分别为H、Be、N、O、Al、P、S、Ar、Na、Cu。 解析：（1）③为氮元素，则氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则核外电子轨道表示式是 ； （2）元素⑩的原子核外电子排布式 或，属于第IB族元素，则该元素属于ds区元素 （3）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，则在标号的主族元素中，电负性最大的是O； （4）根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则元素④⑥⑦的气态氢化物热稳定性由强到弱的顺序为：H2O>H2S>PH3； （5）CO2中心C原子价层电子对数=，是sp杂化，分子空间构型呈直线型，是非极性分子；干冰为面心立方堆积，干冰中每个分子周围紧邻12个分子； （6）As的逐级电离能如表所示，第五电离能与第六电离能相差较大的原因为As4+：[Ar]3d104s1，能失去4s上的电子，而As5+：[Ar]3d10，全满，稳定，难失电子；故答案为：As4+：[Ar]3d104s1，能失去4s上的电子，而As5+：[Ar]3d10，全满，稳定，难失电子； （7）由图乙可知，1个晶胞中含有4个钴离子和4个氧离子，该氧化物的化学式为，其中Co以形式存在，Co为27号元素，则的价电子排布式为。以晶胞体心处的分析，可得出的配位数为6； 由题图乙可知，该晶体的密度为； 学科网（北京）股份有限公司 $$