第三章 晶体结构与性质（单元测试·提升卷）化学人教版选择性必修2

2025-2026学年高二化学单元检测卷 (人教版2019选择性必修2) 第三章 晶体结构与性质·提升卷 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。) 1．按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( ) A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐 【答案】D 【解析】[Cu(NH3)4](OH)2是一种易溶于水的强碱，属于电解质，Cu2+与NH3之间以配位键相结合，属于配合物；故选D。 2．下列关于物质的聚集状态的说法正确的是( ) A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形 B．气态和液态物质一定是由分子构成 C．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，但不具有各向异性 D．等离子体具有良好的导电性和流动性 【答案】D 【解析】A项，晶体与非晶体的根本区别在于粒子在微观空间是否呈周期性的有序排列，有规则的几何外形的物质不一定是晶体，比如：玻璃，故A错误；B项，常温下，金属汞为液态，由汞原子构成，故B错误；C项，液晶不像普通物质直接由固态晶体熔化成液体，而是经过一个既像晶体又似液体的中间状态，同时它还具有液体和晶体的某些性质。液晶的最大特点是：既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，故C错误；D项，等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，具有良好的导电性和流动性，故D正确；故选D。 3．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法正确的是( ) A．配位体是Cl－和H2O，配位数是8 B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋ C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2 D．向1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀 【答案】C 【解析】配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体是Cl－和H2O，配位数是6，A项错误；中心离子是Ti3＋，B项错误；配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中内界Cl－的个数为1，外界Cl－的个数为2，内界和外界中Cl－的数目比是1∶2，C项正确；加入足量AgNO3溶液，外界Cl－与Ag＋反应，内界Cl－不与Ag＋反应，故只能生成2 mol AgCl沉淀，D项错误。 4．下图所示的几种碳单质，关于它们的说法错误的是 A．四种碳单质互为同素异形体，其中石墨和碳纳米管均可导电 B．金刚石晶体中每个原子被6个六元环所共用 C．12 g石墨晶体中含有的六元环的数目为0.5NA D．C60晶体中每个C60分子周围与它最近且等距的C60分子有12个 【答案】B 【解析】A项，四种物质均为碳的单质，且结构不同，属于同素异形体，且石墨和碳纳米管均可导电，故A正确；B项，由晶体结构可知金刚石晶体任意两条相邻的C-C键参加2个六元环的形成，每个C原子可形成4条C-C键，则每个C原子被12个六元环共用，故B错误；C项，由石墨晶体结构可知，每个C原子与3个C原子形成C-C键，则每个环中含2个C原子，12 g石墨晶体中含有的六元环的数目为0.5NA，故C正确；D项，C60晶胞为立方最密堆积，每个C60分子周围与它最近且等距的C60分子有12个，故D正确；故选B。 5．铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox·Al2O3·3PbO·5SiO2。下列说法正确的是( ) A．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高 B．二氧化硅晶体中，1个硅原子周围有4个键 C．基态铁原子核外共有2个单电子 D．金属铝晶体中，1个只与3个价电子存在强烈的相互作用 【答案】B 【解析】A项，硅和二氧化硅都是共价晶体，且键长为：Si-Si键＞Si-O键，通常键长越短键能越大，即键能：Si-O键＞Si-Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，A错误；B项，二氧化硅晶体中，以硅为中心，1个硅原子周围有4个Si-O键，B正确；C项，铁价电子排布式为：3d64s2，有4个单电子，C错误；D项，在金属铝晶体中，铝原子失去3个价电子形成Al3+，这些自由电子在金属晶体中形成电子海模型，与所有金属阳离子共同作用，而不是仅与某一个Al3+存在强烈的相互作用，D错误；故选B。 6．Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 [Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是( ) A．该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4 B．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区 C．1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀 D．该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构 【答案】A 【解析】配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子(3s23p63d6)，配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14+2+2n=26，所以n=5。A项，由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；B项，该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；C项，[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，C不正确；D项，该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。故选A。 7．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O的空间结构和相应的键角如图所示。下列叙述不正确的是( ) A．基态Cr原子的核外电子排布式应为[Ar]3d54s1 B．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中心离子的配位数为6 C．NH3分子中的Ｎ原子，H2O分子中的O原子均为sp3杂化 D．H2O的键角(104.5°)小于NH3的键角(107.3°)(如图)是因为氧的电负性大于氮的电负性 【答案】D 【解析】A项，基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，核外电子排布式应为[Ar]3d54s1，A项正确；B项，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即3+2+1=6，B项正确；C项，中心原子N与O外围均有4对电子，所以均为sp3杂化，C项正确；D项，NH3含有一对孤电子对，而H2O含有两对孤电子对，H2O中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，键角小，D项错误。故选D。 8．我国科学家成功研制出了一种铜基有机催化剂(结构如图所示)，在常温常压条件下通过CO2和NO3-的共还原实现选择性合成尿素和氨。下列说法正确的是( ) A．基态最高能层的电子排布图为 B．该有机催化剂中元素的第一电离能：N＞O＞C C．该有机催化剂中O和N的杂化方式相同 D．N形成配位键后，键角减小 【答案】B 【解析】A项，基态Cu最高能层的电子排布图为，A错误；B项，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，B正确；C项，该有机催化剂中O的杂化方式sp3，N的杂化方式sp2杂化，C错误；D项，孤对电子越多，对成键电子对斥力越大，分子的键角越小，氨分子中氮原子有一个孤电子对，形成配位键后无孤电子对，则键角增大，D错误； 故选B。 9．向甲苯和KMnO4的混合溶液中加入18-冠-6晶体，K+和MnO4-迁移过程示意图如图所示。下列说法错误的是( ) A．MnO4-进入甲苯层符合电荷守恒定律 B．加入18-冠-6晶体可以加快反应速率 C．18-冠-6晶体能溶于水主要取决于结构中的多个O原子 D．反应开始后18-冠-6与K+继续保留在上层溶液中 【答案】D 【解析】A项，由题图可知，18-冠-6晶体对K+有识别作用，18-冠-6与K+进入甲苯层后，由于静电作用，MnO4-也会进入上层溶液，A正确；B项，由A可知，MnO4-进入上层溶液，促进MnO4-和甲苯接触反应，能加快反应速率，B正确；C项，18-冠-6晶体既可溶于水，也可溶于甲苯，18-冠-6晶体可溶于水是因为其结构中的多个O原子可与H2O形成分子间氢键，C正确；D项，甲苯和KMnO4发生氧化还原反应后，MnO4-被还原为Mn2+，上层溶液中的负电荷减少，迫使18-冠-6与K+回到下层溶液并将新的MnO4-迁移至上层溶液中，D错误；故选D。 10．ZrO2的晶胞如图所示。已知：晶胞边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．Zr4+的配位数为4 B．O位于Zr构成的正四面体空隙中 C．Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有12个 D．该晶胞的密度为 【答案】D 【解析】A项，根据晶胞结构可知：在晶胞中与Zr4+的距离相等且最近的O2-由8个，所以Zr4+的配位数为8，A错误；B项，根据晶胞结构可知O位于Zr构成的正四面体空隙中，B正确；C项，以顶点Zr4+为研究对象，在一个晶胞中与Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有3个，分别位于通过该顶点的三个平面的面心上，通过该Zr4+可以形成8个晶胞，每个Zr4+被重复了两次，则Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+数目是：个，C正确；D项，该晶胞中含有Zr4+数目是：8×+6×=4，含有O2-是8个，晶体边长为a pm，则该晶胞的密度ρ==，D正确；故选D。 11．黄铁矿(主要成分为FeS2)在工业上有着重要的用途，是接触法制硫酸的主要原料。工业制高温，备硫酸的第一步反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．60gFeS2，恰好切成个如图所示的晶胞 B．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形 C．晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为 D．已知H2S2类似于H2O2易分解，则FeS2与盐酸反应的离子方程式为FeS2+2H+=Fe2++S+H2S↑ 【答案】A 【解析】A项，根据均摊法可知，↑个数为，个数为，1个晶胞中有4个FeS2，60gFeS2的物质的量为，恰好切成个题图所示的晶胞，A错误；B项，SO2分子的中心原子价层电子对数，SO2分子的VSEPR模型为平面三角形，B正确；C项，由晶胞结构可知，面心的6个S22-构成正八面体，体心的Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为，C正确；D项，H2S2类似于H2O2易分解生成S单质，则FeS2与盐酸反应的离子方程式为FeS2+2H+=Fe2++S+H2S↑，D正确；故选A。 12．Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为2LiH+C+N2Li2CN2+H2↑，晶胞如图所示，下列说法错误的是( ) A． 合成反应中，还原剂是LiH和C B． 晶胞中含有的个数为4 C． 每个CN22-周围与它最近且距离相等的Li+有8个 D．CN22-为V型结构 【答案】D 【解析】A项，LiH中H元素为-1价，由图中CN22-化合价可知， N元素为-3价，C元素为+4价，根据反应2LiH+C+N2Li2CN2+H2↑可知，H元素由-1价升高到0价，C元素由0价升高到+4价，N元素由0价降低到-3价，由此可知还原剂是LiH和C，故A正确；B项，根据均摊法可知，Li+位于晶胞中的面上，则含有的Li+个数为，故B正确；C项，观察位于体心的CN22-可知，与它最近且距离相等的Li+有8个，故C正确；D项，CN22-的中心原子C原子的价层电子对数为，且CN22-与CO2互为等电子体，可知CN22-为直线型分子，故D错误；故选D。 13．硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子(S2O32-，结构如图1)可看作是SO42-中的一个O原子被S原子取代。MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为apm、bpm、cpm，结构如图2所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．晶胞中[Mg(H2O)6]2-的个数为4 B．S2O32-的空间结构为四面体形 C．S2O32-中1号S原子可作配位原子 D．晶体的密度为 【答案】C 【解析】A项，晶胞中，[Mg(H2O)6]2-的个数为，故A正确；B项，S2O32-可看作是SO42-中的1个O原子被S原子取代的产物，二者结构相似，SO42-的中心S原子的价层电子对数为，即SO42-的空间结构为正四面体形，所以S2O32-的空间结构为四面体形，故B正确；C项，具有孤电子对的原子可以给中心原子提供电子对配位，S2O32-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能作配位原子，故C错误；D项，1个MgS2O3·6H2O晶胞中，[Mg(H2O)6]2-的个数为4，S2O32-的个数为4，晶胞体积为，则晶胞密度为，故D正确；故选C。 14．如图为铜的一种硫化物晶胞(已知a=b≠c，单位均为pm)，晶体中阴离子有硫离子S2-和过硫离子S22-，阳离子有Cu2+和Cu+。下列说法正确的是( ) A．所有周围紧邻的S都是4个 B．1mol该晶胞含有1molS-Sσ键 C．该晶体中Cu2+与Cu+的物质的量之比n(Cu2+)：n(Cu+)=1：2 D．设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 【答案】C 【解析】A项，由晶胞可知，该晶体中有的Cu是4配位，有的Cu是2配位，A项错误；B项，由晶胞可知，该晶胞8个顶点上的S也是S22-，根据均摊法，1mol该晶胞含有S-Sσ键，B项错误；C项，一个晶胞有2个S22-，2个S2-，Cu2+与Cu+总数为6个，根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0，故n(Cu2+)：n(Cu+)=1：2，C项正确；D项，晶胞的密度为，D项错误；故选C。 二、非选择题(本大题共4个小题，共58分) 15．(14分)配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。 已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿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。回答下列问题： (1)丁二酮肟镍是否属于螯合物 (填“是”或“否”)，其配位数为 ，含有化学键的类型有 。 a．氢键 b．配位键 c．极性键 d．非极性键 (2)实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是 。 (3)绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为 。 (4)Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，则该配合物的化学式为 。 (5)[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式可能为 。 a．sp3 b．dsp2 c．sp2 d．sp (6)物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是 。 A．[Cr(OH)4]－ B．[Cu(CN)4]3− C．[ZnCl4]2− D．[Fe(CN)6]4− 【答案】(1)是(1分) 4(1分) bcd(2分) (2)pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀(2分) (3)5(2分) (4)[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O(2分) (5)b(2分) (6)AD(2分) 【解析】(1)根据螯合物的定义分析丁二酮肟有两个氮和两个氧的配位原子，丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，因此丁二酮肟镍是属于螯合物，其配位数为4，含有化学键的类型有配位键、极性键、非极性键，而氢键不属于化学键；(2)实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀；(3)铁的价层电子为8，根据中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18得到Fe(CO)x中8+2x=18，则x=5即Fe的配位数x的数值为5；(4)CrCl3∙6H2O水合异构体中一种结构是取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，说明该物质1mol能电离出2mol氯离子即1个CrCl3∙6H2O有2个氯离子属于外界，还有一个氯离子和五个水属于内界形成配位数为6，则该配合物的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O；(5)[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，说明Ni2+杂化后有四个空轨道，说明不是sp2杂化或sp杂化，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，从而说明[Ni(NH3)4]2+不是正四面体结构，则不可能为sp3杂化，因此中心离子Ni2+的杂化方式可能为dsp2杂化；(6)中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性：A项，[Cr(OH)4]－中Cr为+5价，则Cr5+价层电子排布式为3d1，有1个未成对电子，故A符合题意；B项，[Cu(CN)4]3−中Cu+、CN－都没有未成对电子，故B不符合题意；C项，[ZnCl4]2−中Zn2+、Cl－都没有未成对电子，故C不符合题意；D项，[Fe(CN)6]4−中Fe2+价层电子排布式为3d6，有4个未成对电子，故D符合题意；故选AD。 16．(14分)按要求回答下列问题： (1)某化合物的晶体如图所示： ①其化学式是 。 ②每个Pb紧邻的CH3NH3+数目为 。 ③以下说法正确的是 。 A．第一电离能：N>C>H B．晶体中碘微粒的电子排布式：[Kr]4d105s25p6 C．CH3NH3+中-CH3的VSEPR模型为平面三角形 D．基态N原子中2px、2p y、2p z轨道相互垂直，但能量相等 (2)比较键角中的-NH3 NH3(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 (3) [Co(NH3)4Cl2]Cl中的配位体为 (填化学式)，该晶体呈现紫色和绿色2种颜色，请说明存在2种颜色的理由 。 【答案】(1)CH3NH3PbI3(2分) 8(2分) BD(2分) (2) >(2分) NH3中N原子有孤电子对，对成键电子对的斥力大，键角小(2分) (3) NH3、Cl-(2分) 根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论，可推测出[Co(NH3)4Cl2]+结构为八面体构型，存在2种同分异构体，所以呈现2种颜色(2分) 【解析】(1)①CH3NH3位于体心，数量为1，Pb位于顶点，数量为，位于棱上，数量为，化学式是CH3NH3PbI3，②以顶点Pb为中心，每个晶胞中有1个CH3NH3+，所以每个Pb紧邻的CH3NH3+数目为8，③ A项，一般来说，第一电离能同周期从左至右增大，N>C，C和H之前可以查课本选择性必修二第一章第二节知识点，C＜H，故错误；B项，碘为第ⅦA元素，[Kr]4d105s25p5，可知碘微粒中碘显-1价，电子排布式：[Kr]4d105s25p6，故正确；C项，CH3NH3+中-CH3的价层电子数为，VSEPR模型为四面体形，故错误；D项，基态N原子中2px、2p y、2p z轨道相互垂直，属于简并轨道，所以能量相等，故正确；故选BD；(2)中的-NH3键角大于NH3，是因为NH3中N原子有孤电子对，对成键电子对的斥力大，键角小；(3)[Co(NH3)4Cl2]Cl中的配位体为NH3、Cl-，该晶体呈现紫色和绿色2种颜色，是因为根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论，可推测出[Co(NH3)4Cl2]+结构为八面体构型，存在2种同分异构体，所以呈现2种颜色。 17．(15分)氮、铝及其化合物在工农业生产和生活中有重要的作用。氮化铝是耐热耐磨材料，其晶胞结构如图所示，结构类似于金刚石，回答下列问题： (1)元素的电负性大小为N Al (填“大于”“小于”或“等于”)；氮化铝的晶体类型是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．第一电离能：O＞N＞Al B．氨化铝晶体中存在配位键 C．基态N原子核外有5种空间运动状态的电子 D．晶体中每个N原子均存在未成键的孤电子对 (3)晶体中与Al原子距离最近且相等的Al原子数目是 。 (4) AlCl3和NH3在一定条件下生成AlCl3·NH3，在下分解生成氮化铝，比较H-N-H的键角：NH3 AlCl3·NH3 (填“>”“<”或“=”)，原因是 。 (5)若晶体中原子与原子之间的最短距离为apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g· cm-3 (列计算式)。 【答案】(1)大于(2分) 共价晶体(2分) (2)AD(2分) (3)12(2分) (4) <(2分) N原子价层电子互斥模型均为四面体形，NH3中孤电子对对N-H键的排斥力大于AlCl3·NH3中N→Al键电子对对N-H键的排斥力，故NH3键角小于AlCl3·NH3(2分) (5) (3分) 【解析】(1)电负性N大于Al；氮化铝的晶体中N原子与Al原子之间均以共价键结合，属于共价晶体；(2)A项，基态N原子核外电子排布中2p轨道为半充满状态，较稳定，第一电离能：N＞O＞Al，A错误；B项，N原子有孤电子对，Al原子有空轨道，可形成配位键，B正确；C项，基态N电子排布式为1s22s22p3，原子核外电子占据了5个原子轨道，有5种空间运动状态的电子，C正确；D项，N原子孤电子对提供给Al原子形成配位键，D错误；故选AD；(3)以顶点Al原子为基准，每个晶胞相邻3个面心的Al最近，均摊为，紧邻有8个晶胞，；(4)N原子价层电子互斥模型均为四面体形，NH3中孤电子对对N-H键的排斥力大于AlCl3·NH3中N→Al键电子对对N-H键的排斥力，故NH3键角小于AlCl3·NH3；(5)晶体中Al原子与Al原子之间的最短距离为apm，晶胞边长为晶胞含4 mol lN，晶体密度等于晶胞密度为。 18．(15分)氢是清洁能源，甲烷与水蒸气催化重整制氢反应为CH4+H2OCO+3H2。 (1) [Cu(NH3)2]Ac可除去混合气中CO：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac ( Ac表示CH3COO-)。 ①C、N、O中电负性最大的是 ，[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是 。 ②下列有关叙述正确的是 。 A．N的第二电离能＞O的第二电离能 B．[Cu(NH3)3CO]+中既有σ键，也有π键 C．Cu原子变成Cu+，优先失去4s轨道上的电子 D．As与N同主族，As的基态原子简化电子排布式为 [Ne]3s23p3 (2)比较键角()大小：[Cu(NH3)3]+ NH3，理由是 。 (3)常见金属储氢材料的晶胞结构分别如下所示。 ①图1为镧镍合金(LaNix)，则x= 。 ②图2为铝镁合金(AlMg2)，则Mg的配位数(紧邻的Al的原子个数)为 。 ③图3为铜金合金(Cu3Au)，储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au原子构成的四面体空隙中。若储氢后晶胞中紧邻两个Au原子间的距离为apm，标准状况下氢气的摩尔体积为VmL·mol-l ，阿伏加德罗常数的值为NA，则该材料的储氢能力为 (储氢能力)。 【答案】(1) O(1分) sp2、sp3(2分) BC(2分) (2) > (1分) N原子均sp3杂化，[Cu(NH3)3]+中N原子上的孤电子对因形成配位键而减小了对N-H成键电子对的排斥(2分) (3) 5(2分) 4(2分) (3分) 【解析】(1)①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则C、N、O中电负性最大的是O。[Cu(NH3)2]Ac醋酸根离子中甲基中的C为sp3杂化，羧基中的C为sp2杂化，碳原子杂化类型有sp2、sp3两种。②A项，N失去一个电子后最外层有4个电子，2p轨道上有2个电子容易失电子，O失去一个电子后最外层有5个电子，2p轨道半充满较稳定，因此N的第二电离能<O的第二电离能，A错误；B项，[Cu(NH3)3CO]+中NH3内部的N-H单键、配位键等都是σ键，CO中存在碳氧三键，含有π键，B正确；C项，Cu电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，变成Cu+时优先失去4s轨道上的电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，C正确；D项，As为33号元素，其简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3，D错误；故选BC。(2)两种物质中NH3中的N均为sp3杂化，[Cu(NH3)3]+中N原子上的孤电子对因形成配位键而减小了对N-H成键电子对的排斥，因此键角∠H-N-H大小[Cu(NH3)3]+> NH3。(3)①根据均摊法可知，该合金中La个数为=1，Ni个数为=5，则x=5。②以右下顶点的Mg为例，与其紧邻的Al位于面心，且只有竖直面4个面心上有Al，因此Mg的配位数为4。③储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au原子构成的四面体空隙中，根据图示可知，Au位于顶点，顶点上的8个Au均可与紧邻的三个Cu形成四面体，则储氢时晶胞可填入8个氢原子，储氢后氢的密度为，标况下氢气的密度为，则该材料的储氢能力为。 ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二化学单元检测卷 (人教版2019选择性必修2) 第三章 晶体结构与性质·提升卷(参考答案) (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 D D C B B A D B D D A D C C 二、非选择题(本大题共4个小题，共58分) 15．(14分) (1)是(1分) 4(1分) bcd(2分) (2)pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀(2分) (3)5(2分) (4)[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O(2分) (5)b(2分) (6)AD(2分) 16．(14分) (1)CH3NH3PbI3(2分) 8(2分) BD(2分) (2) >(2分) NH3中N原子有孤电子对，对成键电子对的斥力大，键角小(2分) (3) NH3、Cl-(2分) 根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论，可推测出[Co(NH3)4Cl2]+结构为八面体构型，存在2种同分异构体，所以呈现2种颜色(2分) 17．(15分) (1)大于(2分) 共价晶体(2分) (2)AD(2分) (3)12(2分) (4) <(2分) N原子价层电子互斥模型均为四面体形，NH3中孤电子对对N-H键的排斥力大于AlCl3·NH3中N→Al键电子对对N-H键的排斥力，故NH3键角小于AlCl3·NH3(2分) (5) (3分) 18．(15分) (1) O(1分) sp2、sp3(2分) BC(2分) (2) > (1分) N原子均sp3杂化，[Cu(NH3)3]+中N原子上的孤电子对因形成配位键而减小了对N-H成键电子对的排斥(2分) (3) 5(2分) 4(2分) (3分) ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高二化学单元检测卷 (人教版2019选择性必修2) 第三章 晶体结构与性质·提升卷 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。) 1．按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( ) A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐 2．下列关于物质的聚集状态的说法正确的是( ) A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形 B．气态和液态物质一定是由分子构成 C．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，但不具有各向异性 D．等离子体具有良好的导电性和流动性 3．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法正确的是( ) A．配位体是Cl－和H2O，配位数是8 B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋ C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2 D．向1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀 4．下图所示的几种碳单质，关于它们的说法错误的是 A．四种碳单质互为同素异形体，其中石墨和碳纳米管均可导电 B．金刚石晶体中每个原子被6个六元环所共用 C．12 g石墨晶体中含有的六元环的数目为0.5NA D．C60晶体中每个C60分子周围与它最近且等距的C60分子有12个 5．铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox·Al2O3·3PbO·5SiO2。下列说法正确的是( ) A．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高 B．二氧化硅晶体中，1个硅原子周围有4个键 C．基态铁原子核外共有2个单电子 D．金属铝晶体中，1个只与3个价电子存在强烈的相互作用 6．Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 [Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是( ) A．该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4 B．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区 C．1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀 D．该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构 7．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O的空间结构和相应的键角如图所示。下列叙述不正确的是( ) A．基态Cr原子的核外电子排布式应为[Ar]3d54s1 B．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中心离子的配位数为6 C．NH3分子中的Ｎ原子，H2O分子中的O原子均为sp3杂化 D．H2O的键角(104.5°)小于NH3的键角(107.3°)(如图)是因为氧的电负性大于氮的电负性 8．我国科学家成功研制出了一种铜基有机催化剂(结构如图所示)，在常温常压条件下通过CO2和NO3-的共还原实现选择性合成尿素和氨。下列说法正确的是( ) A．基态最高能层的电子排布图为 B．该有机催化剂中元素的第一电离能：N＞O＞C C．该有机催化剂中O和N的杂化方式相同 D．N形成配位键后，键角减小 9．向甲苯和KMnO4的混合溶液中加入18-冠-6晶体，K+和MnO4-迁移过程示意图如图所示。下列说法错误的是( ) A．MnO4-进入甲苯层符合电荷守恒定律 B．加入18-冠-6晶体可以加快反应速率 C．18-冠-6晶体能溶于水主要取决于结构中的多个O原子 D．反应开始后18-冠-6与K+继续保留在上层溶液中 10．ZrO2的晶胞如图所示。已知：晶胞边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．Zr4+的配位数为4 B．O位于Zr构成的正四面体空隙中 C．Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有12个 D．该晶胞的密度为 11．黄铁矿(主要成分为FeS2)在工业上有着重要的用途，是接触法制硫酸的主要原料。工业制高温，备硫酸的第一步反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．60gFeS2，恰好切成个如图所示的晶胞 B．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形 C．晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为 D．已知H2S2类似于H2O2易分解，则FeS2与盐酸反应的离子方程式为FeS2+2H+=Fe2++S+H2S↑ 12．Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为2LiH+C+N2Li2CN2+H2↑，晶胞如图所示，下列说法错误的是( ) A． 合成反应中，还原剂是LiH和C B． 晶胞中含有的个数为4 C． 每个CN22-周围与它最近且距离相等的Li+有8个 D．CN22-为V型结构 13．硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子(S2O32-，结构如图1)可看作是SO42-中的一个O原子被S原子取代。MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为apm、bpm、cpm，结构如图2所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．晶胞中[Mg(H2O)6]2-的个数为4 B．S2O32-的空间结构为四面体形 C．S2O32-中1号S原子可作配位原子 D．晶体的密度为 14．如图为铜的一种硫化物晶胞(已知a=b≠c，单位均为pm)，晶体中阴离子有硫离子S2-和过硫离子S22-，阳离子有Cu2+和Cu+。下列说法正确的是( ) A．所有周围紧邻的S都是4个 B．1mol该晶胞含有1molS-Sσ键 C．该晶体中Cu2+与Cu+的物质的量之比n(Cu2+)：n(Cu+)=1：2 D．设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 二、非选择题(本大题共4个小题，共58分) 15．(14分)配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。 已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿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。回答下列问题： (1)丁二酮肟镍是否属于螯合物 (填“是”或“否”)，其配位数为 ，含有化学键的类型有 。 a．氢键 b．配位键 c．极性键 d．非极性键 (2)实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是 。 (3)绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为 。 (4)Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，则该配合物的化学式为 。 (5)[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式可能为 。 a．sp3 b．dsp2 c．sp2 d．sp (6)物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是 。 A．[Cr(OH)4]－ B．[Cu(CN)4]3− C．[ZnCl4]2− D．[Fe(CN)6]4− 16．(14分)按要求回答下列问题： (1)某化合物的晶体如图所示： ①其化学式是 。 ②每个Pb紧邻的CH3NH3+数目为 。 ③以下说法正确的是 。 A．第一电离能：N>C>H B．晶体中碘微粒的电子排布式：[Kr]4d105s25p6 C．CH3NH3+中-CH3的VSEPR模型为平面三角形 D．基态N原子中2px、2p y、2p z轨道相互垂直，但能量相等 (2)比较键角中的-NH3 NH3(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 (3) [Co(NH3)4Cl2]Cl中的配位体为 (填化学式)，该晶体呈现紫色和绿色2种颜色，请说明存在2种颜色的理由 。 17．(15分)氮、铝及其化合物在工农业生产和生活中有重要的作用。氮化铝是耐热耐磨材料，其晶胞结构如图所示，结构类似于金刚石，回答下列问题： (1)元素的电负性大小为N Al (填“大于”“小于”或“等于”)；氮化铝的晶体类型是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．第一电离能：O＞N＞Al B．氨化铝晶体中存在配位键 C．基态N原子核外有5种空间运动状态的电子 D．晶体中每个N原子均存在未成键的孤电子对 (3)晶体中与Al原子距离最近且相等的Al原子数目是 。 (4) AlCl3和NH3在一定条件下生成AlCl3·NH3，在下分解生成氮化铝，比较H-N-H的键角：NH3 AlCl3·NH3 (填“>”“<”或“=”)，原因是 。 (5)若晶体中原子与原子之间的最短距离为apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g· cm-3 (列计算式)。 18．(15分)氢是清洁能源，甲烷与水蒸气催化重整制氢反应为CH4+H2OCO+3H2。 (1) [Cu(NH3)2]Ac可除去混合气中CO：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac ( Ac表示CH3COO-)。 ①C、N、O中电负性最大的是 ，[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是 。 ②下列有关叙述正确的是 。 A．N的第二电离能＞O的第二电离能 B．[Cu(NH3)3CO]+中既有σ键，也有π键 C．Cu原子变成Cu+，优先失去4s轨道上的电子 D．As与N同主族，As的基态原子简化电子排布式为 [Ne]3s23p3 (2)比较键角()大小：[Cu(NH3)3]+ NH3，理由是 。 (3)常见金属储氢材料的晶胞结构分别如下所示。 ①图1为镧镍合金(LaNix)，则x= 。 ②图2为铝镁合金(AlMg2)，则Mg的配位数(紧邻的Al的原子个数)为 。 ③图3为铜金合金(Cu3Au)，储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au原子构成的四面体空隙中。若储氢后晶胞中紧邻两个Au原子间的距离为apm，标准状况下氢气的摩尔体积为VmL·mol-l ，阿伏加德罗常数的值为NA，则该材料的储氢能力为 (储氢能力)。 试题 第3页（共8页） 试题 第4页（共8页） 试题 第1页（共8页） 试题 第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二化学单元检测卷 (人教版2019选择性必修2) 第三章 晶体结构与性质·提升卷 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。) 1．按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( ) A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐 2．下列关于物质的聚集状态的说法正确的是( ) A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形 B．气态和液态物质一定是由分子构成 C．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，但不具有各向异性 D．等离子体具有良好的导电性和流动性 3．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法正确的是( ) A．配位体是Cl－和H2O，配位数是8 B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋ C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2 D．向1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀 4．下图所示的几种碳单质，关于它们的说法错误的是 A．四种碳单质互为同素异形体，其中石墨和碳纳米管均可导电 B．金刚石晶体中每个原子被6个六元环所共用 C．12 g石墨晶体中含有的六元环的数目为0.5NA D．C60晶体中每个C60分子周围与它最近且等距的C60分子有12个 5．铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox·Al2O3·3PbO·5SiO2。下列说法正确的是( ) A．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高 B．二氧化硅晶体中，1个硅原子周围有4个键 C．基态铁原子核外共有2个单电子 D．金属铝晶体中，1个只与3个价电子存在强烈的相互作用 6．Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 [Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是( ) A．该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4 B．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区 C．1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀 D．该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构 7．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O的空间结构和相应的键角如图所示。下列叙述不正确的是( ) A．基态Cr原子的核外电子排布式应为[Ar]3d54s1 B．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中心离子的配位数为6 C．NH3分子中的Ｎ原子，H2O分子中的O原子均为sp3杂化 D．H2O的键角(104.5°)小于NH3的键角(107.3°)(如图)是因为氧的电负性大于氮的电负性 8．我国科学家成功研制出了一种铜基有机催化剂(结构如图所示)，在常温常压条件下通过CO2和NO3-的共还原实现选择性合成尿素和氨。下列说法正确的是( ) A．基态最高能层的电子排布图为 B．该有机催化剂中元素的第一电离能：N＞O＞C C．该有机催化剂中O和N的杂化方式相同 D．N形成配位键后，键角减小 9．向甲苯和KMnO4的混合溶液中加入18-冠-6晶体，K+和MnO4-迁移过程示意图如图所示。下列说法错误的是( ) A．MnO4-进入甲苯层符合电荷守恒定律 B．加入18-冠-6晶体可以加快反应速率 C．18-冠-6晶体能溶于水主要取决于结构中的多个O原子 D．反应开始后18-冠-6与K+继续保留在上层溶液中 10．ZrO2的晶胞如图所示。已知：晶胞边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．Zr4+的配位数为4 B．O位于Zr构成的正四面体空隙中 C．Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有12个 D．该晶胞的密度为 11．黄铁矿(主要成分为FeS2)在工业上有着重要的用途，是接触法制硫酸的主要原料。工业制高温，备硫酸的第一步反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．60gFeS2，恰好切成个如图所示的晶胞 B．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形 C．晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为 D．已知H2S2类似于H2O2易分解，则FeS2与盐酸反应的离子方程式为FeS2+2H+=Fe2++S+H2S↑ 12．Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为2LiH+C+N2Li2CN2+H2↑，晶胞如图所示，下列说法错误的是( ) A． 合成反应中，还原剂是LiH和C B． 晶胞中含有的个数为4 C． 每个CN22-周围与它最近且距离相等的Li+有8个 D．CN22-为V型结构 13．硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子(S2O32-，结构如图1)可看作是SO42-中的一个O原子被S原子取代。MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为apm、bpm、cpm，结构如图2所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．晶胞中[Mg(H2O)6]2-的个数为4 B．S2O32-的空间结构为四面体形 C．S2O32-中1号S原子可作配位原子 D．晶体的密度为 14．如图为铜的一种硫化物晶胞(已知a=b≠c，单位均为pm)，晶体中阴离子有硫离子S2-和过硫离子S22-，阳离子有Cu2+和Cu+。下列说法正确的是( ) A．所有周围紧邻的S都是4个 B．1mol该晶胞含有1molS-Sσ键 C．该晶体中Cu2+与Cu+的物质的量之比n(Cu2+)：n(Cu+)=1：2 D．设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 二、非选择题(本大题共4个小题，共58分) 15．(14分)配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。 已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿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。回答下列问题： (1)丁二酮肟镍是否属于螯合物 (填“是”或“否”)，其配位数为 ，含有化学键的类型有 。 a．氢键 b．配位键 c．极性键 d．非极性键 (2)实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是 。 (3)绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为 。 (4)Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，则该配合物的化学式为 。 (5)[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式可能为 。 a．sp3 b．dsp2 c．sp2 d．sp (6)物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是 。 A．[Cr(OH)4]－ B．[Cu(CN)4]3− C．[ZnCl4]2− D．[Fe(CN)6]4− 16．(14分)按要求回答下列问题： (1)某化合物的晶体如图所示： ①其化学式是 。 ②每个Pb紧邻的CH3NH3+数目为 。 ③以下说法正确的是 。 A．第一电离能：N>C>H B．晶体中碘微粒的电子排布式：[Kr]4d105s25p6 C．CH3NH3+中-CH3的VSEPR模型为平面三角形 D．基态N原子中2px、2p y、2p z轨道相互垂直，但能量相等 (2)比较键角中的-NH3 NH3(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 (3) [Co(NH3)4Cl2]Cl中的配位体为 (填化学式)，该晶体呈现紫色和绿色2种颜色，请说明存在2种颜色的理由 。 17．(15分)氮、铝及其化合物在工农业生产和生活中有重要的作用。氮化铝是耐热耐磨材料，其晶胞结构如图所示，结构类似于金刚石，回答下列问题： (1)元素的电负性大小为N Al (填“大于”“小于”或“等于”)；氮化铝的晶体类型是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．第一电离能：O＞N＞Al B．氨化铝晶体中存在配位键 C．基态N原子核外有5种空间运动状态的电子 D．晶体中每个N原子均存在未成键的孤电子对 (3)晶体中与Al原子距离最近且相等的Al原子数目是 。 (4) AlCl3和NH3在一定条件下生成AlCl3·NH3，在下分解生成氮化铝，比较H-N-H的键角：NH3 AlCl3·NH3 (填“>”“<”或“=”)，原因是 。 (5)若晶体中原子与原子之间的最短距离为apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g· cm-3 (列计算式)。 18．(15分)氢是清洁能源，甲烷与水蒸气催化重整制氢反应为CH4+H2OCO+3H2。 (1) [Cu(NH3)2]Ac可除去混合气中CO：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac ( Ac表示CH3COO-)。 ①C、N、O中电负性最大的是 ，[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是 。 ②下列有关叙述正确的是 。 A．N的第二电离能＞O的第二电离能 B．[Cu(NH3)3CO]+中既有σ键，也有π键 C．Cu原子变成Cu+，优先失去4s轨道上的电子 D．As与N同主族，As的基态原子简化电子排布式为 [Ne]3s23p3 (2)比较键角()大小：[Cu(NH3)3]+ NH3，理由是 。 (3)常见金属储氢材料的晶胞结构分别如下所示。 ①图1为镧镍合金(LaNix)，则x= 。 ②图2为铝镁合金(AlMg2)，则Mg的配位数(紧邻的Al的原子个数)为 。 ③图3为铜金合金(Cu3Au)，储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au原子构成的四面体空隙中。若储氢后晶胞中紧邻两个Au原子间的距离为apm，标准状况下氢气的摩尔体积为VmL·mol-l ，阿伏加德罗常数的值为NA，则该材料的储氢能力为 (储氢能力)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $