3.1物质的聚集状态与晶体的常识—基础训练(word版 含解析）

3.1物质的聚集状态与晶体的常识
一、选择题（共16题）
1．由Cu和O组成的某晶胞结构如图，其棱长为a nm，下列有关该晶胞的说法错误的是
A．黑色的原子为Cu B．晶胞化学式为Cu2O
C．氧原子的配位数为4 D．Cu与O的最近距离为
2．下列关于晶体的说法不正确的是
A．粉末状的固体肯定不是晶体
B．晶胞是晶体结构的基本单元
C．晶体有规则的几何外形是晶体内部的粒子按一定规律做周期性的有序排列的结果
D．晶体尽量采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定
3．石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞结构如图所示，晶胞边长为a，M原子位于晶胞的棱上与内部。下列说法正确的是
A．C60和石墨烯是同分异构体
B．C60周围等距且最近的C60的个数为4个
C．该材料的化学式为M3C60
D．C60与C60的最短距离是a
4．FeO晶胞结构如图所示，其摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，晶体的密度为dg/cm3，下列说法错误的是
A．Fe位于第四周期第ⅧB族，属于d区
B．Fe2+的电子排布简式为[Ar]3d6
C．该晶体中，距Fe2+最近的O2-形成正八面体
D．该晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为cm
5．下列叙述正确的是
A．构成分子晶体的微粒一定含有共价键
B．离子晶体中一定只含有离子键
C．同主族元素形成的氧化物的晶体类型一定相同
D．熔化时不破坏化学键的晶体一定是分子晶体
6．某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图：
下列说法不正确的是
A．“调节pH”主要目的是为了除去Fe3+
B．“还原”过程中主要发生的反应为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O
C．用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化
D．Cu2O的晶胞结构如图所示，其中X代表的是Cu+
7．生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是
A．可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦
B．壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有范德华力
C．区别晶体与非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验
D．"挑尽寒灯梦不成"所看到的灯光和原子核外电子跃迁无关
8．自然界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成CuSO4溶液，遇到闪锌矿(ZnS)可慢慢转变为铜蓝(CuS)。已知： Ksp(ZnS)=2 ×10-22， Ksp(CuS)=6 ×10-36。下列说法正确的是
A．Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d84s1
B．反应ZnS(s)+Cu2+(ag) CuS(s)+Zn2+(aq)正向进行，需满足
C．ZnS 晶胞(见如图)中S2-的配位数为4
D．生成铜蓝后的溶液中一定存在： c(S2-)=且c(S2- )＞
9．仔细观察下图，它表示的是晶体还是非晶体
A．是晶体 B．可能是晶体，可能是非晶体
C．是非晶体 D．不能确定
10．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是
A．测定熔、沸点 B．观察外形
C．对固体进行X射线衍射 D．通过比较硬度确定
11．F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂（其氧化性依次增强），都极易与水反应。已知，下列推测正确的是（ ）
A．XeF2分子中各原子均达到8电子的稳定结构
B．某种氟化氙晶体的基本结构单元如图所示，可推知其化学式为XeF6
C．XeF4与水反应时，每生成2 mol Xe转移8 mol电子
D．XeF2加入水中，在水的作用下，将生成Xe和F2
12．为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．，1mol[]完全反应转移的电子数为
B．1L浓度为0.100的溶液中，数小于
C．14.0g(分子结构如图所示)中所含N-N键数目为
D．88.0g与的混合物中所含中子数为
13．有一种蓝色晶体[可表示为：]，经X射线研究发现，它的结构特征是和互相占据立方体互不相邻的顶点，而位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为
B．该晶体熔融不可导电
C．该晶体属于离子晶体，M呈+2价
D．晶体中与每个距离最近且等距离的为6个
14．研究低温超导体材料的性能对解决能源危机有重要意义。金属K与C60形成的一种低温超导材料的立方晶胞结构如图所示，晶胞边长都为apm，K原子位于晶胞的棱上与内部。下列说法正确的是
A．该材料的化学式为KC60
B．C60周围等距且最近的C60的个数为4个
C．棱上K原子处在C60构成的八面体空隙中
D．C60与C60的最短距离是apm
15．有关晶体与晶胞的叙述错误的是
A．晶胞是晶体结构中的基本结构单元
B．晶体的外观规则，但是有些内部结构是无序的
C．晶胞中的各原子个数比与晶体中的相等
D．晶胞都是正六面体
16．一种由A、B、C三种元素组成的新物质是潜在的拓扑绝缘材料，其结构如图甲、乙所示(晶胞参数已在图中标出)。下列说法正确的是
A．图乙是该物质的晶胞单元
B．晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1：1 ：1
C．A、B原子之间最短的距离为xnm
D．该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为6
二、综合题
17．南京工业大学某研究团队最近在《Nature Communications》刊文介绍了他们开发的一种新型催化剂——反钙钛矿基非贵金属催化剂，这种价廉的新型催化剂结合了钙钛矿结构的灵活性和过渡金属氮(碳)化合物的高导电性、优异电催化性等优点，理论上来说是一种很有发展潜力的析氧反应电催化剂。回答下列问题：
(1)在周期表中，N、O、F是位于同周期且相邻的三种元素，第一电离能最大的元素和最小的元素组成一种只含极性键的化合物M，M分子的立体构型是___，中心原子的杂化类型是______。
(2)CN-能与多种金属离子形成配合物。例如，工业冶炼金的原理：2[Au(CN)2]-＋Zn===2Au＋[Zn(CN)4]2-。1 mol [Zn(CN)4]2-含______mol σ键。
(3)钛酸钙的晶胞如图所示。钛酸钙的化学式为_____；1个钛离子与_____个氧离子等距离且最近，这些氧离子可构成正八面体，钛离子位于该正八面体的体心。已知钛酸钙的晶胞参数为a nm，则该正八面体的边长为_____pm。
(4)Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图所示。六棱柱底边边长为x cm，高为y cm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为_____g·cm-3(列出计算式即可)。
18．盐酸、硝酸、硫酸在工业生产中具有重要的作用。
（1）“王水”是浓盐酸和浓硝酸按体积比3: l组成的混合物，“王水”溶金的原理为HNO3+3HCl=Cl2+NOCl+2H2O，金离子与氯离子形成AuCl4-离子，增强了金属的还原能力。
① 试写出金与王水反应生成H[AuCl4]的化学方程式：_________；其中AuCl4-的配位数是________;
② 已知：NOCl的熔点-645℃，沸点-5.5℃，NOCl固体的晶体类型是__________；
③ 组成NOCl分子的三种元素中，电负性N_____O（填“>”、“<”或“=”)；熔沸点H2O____NH3（填“>”、“<”或“=”)；与NH3互为等电子体的阳离子有________（写出一种即可）。
（2）硝酸在有机反应中也有重要用途。TNT炸药、苦味酸是硝酸与甲苯、苯酚发生取代反应制成的。其中甲苯分子中碳原子的杂化方式为______, 1mol甲苯分子中含有σ键的数目为_____；试解释在水中苯酚溶解度大于甲苯的原因________。
（3）在硝酸工业中有一种重要金属即为Cu，CuCl晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞边长为_______pm （只写计算式）。
19．硼和氮的单质及一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题:
（1）N原子核外有_____ 种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为_______。
（2）经测定发现，N2O5固体由NO2+ 和NO3-两种离子组成，该固体中N原子杂化类型为_______；与NO2+互为等电子体的微粒有_________(写出一种)。
（3）HF和HI电离出H+较难的是____（填化学式，下同）。铵盐大多不稳定，请预测NH4F、NH4I中，较易分解的是_____。
（4）第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素间的元素为_______(填“元素符号”)。
（5）晶体硼有多种变体，但其基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体( 见图I)，每个顶点为一个硼原子,每个三角形均为等边三角形。则每一个此基本结构单元由____个硼原子构成;若该结构单元中有2 个原子为10B(其余为11B)，那么该结构单元有_____种不同类型。
（6）硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构相类似，B、N原子相互交替排列(见图II)，其晶胞结构如图III所示。该晶胞有____个B和____个N。
20．我国具有丰富的铜矿资源,请回答下列有关铜及其化合物的问题：
(1)Cu+的核外电子排布式为_________。
(2)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点,图是松脂酸铜的结构简式。加“*”碳原子的杂化方式为______。

(3)黄铜矿在冶炼的时候会产生副产品SO2，SO2分子的几何构型为____，比较第一电离能：N__(填“>”或“<”)O。
(4)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醇的沸点明显高于乙醛，其主要原因为___________。
(5)某铜矿石的晶胞结构如图所示，写出其化学式____。
21．立方氮化硼与金刚石结构相似，其晶体结构示意图如图。
(1)酸性：______(填“”、“”或“”)。
(2)晶体中B元素的质量分数为______。
22．现有①氯化钡、②金刚石、③氯化铵、④硫酸钠、⑤干冰、⑥碘片六种物质，按下列要求回答：
(1)熔化时不需要破坏化学键的是________，熔化时需要破坏共价键的是________，熔点最高的是________，熔点最低的是________。
(2)属于离子化合物的是________，只有离子键的物质是________，以分子间作用力结合的是________。
(3)①的电子式是____________，⑥的电子式是____________。
23．磁性材料氮化铁镍合金可由、、丁二酮肟、氨气、氮气、氢氧化钠、盐酸等物质在一定条件下反应制得。如图所示是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后，含1molLa的合金中含有Ni的数目为___________，吸附的数目为___________。
24．(1)一种Pt、Co金属间化合物可作为质子交换膜燃料电池的催化剂，其晶胞结构如图1所示，该金属间化合物的中Pt与Co的个数比为___________。
(2)室温下，[Cu(NH3)4](NO3)2，与液氨混合并加入Cu可制得一种黑绿色晶体。黑绿色晶体的晶胞如图2所示，写出该晶体的化学式___________。
(3)如图3所示的是金红石的晶胞，则每个晶胞拥有___________个Ti4+、___________个O2-。
参考答案：
1．D
【详解】
A．在该晶体中黑球与白球个数比是4：2=2：1，这是Cu、O两种元素形成的化合物，结合二者常见化合物及元素化合价特点可知：黑色表示的原子为Cu，白球白色的原子为O，A正确；
B．根据选项A分析可知黑球表示Cu，白球表示O原子，黑球与白球个数比是4：2=2：1，所以该晶体化学式是Cu2O，B正确；
C．根据图示可知：在晶胞中与O原子距离相等且最近的Cu原子有4个，故氧原子的配位数为4，C正确；
D．根据晶胞结构可知在Cu2O晶胞中，Cu与O的最近距离是晶胞体对角线的。已知晶胞中Cu2O组成的晶胞棱长为a nm，则体对角线为nm，所以Cu与O的最近距离为，D错误；
故合理选项是D。
2．A
【详解】
A．粉末状的固体是不是晶体，应该根据物质形态确定，看它是不是由固定熔点，若有固定熔点的粉末状固体也是晶体，故A错；
B．晶胞是描述晶体结构的基本单元，故B不选；
C．晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故C不选；
D．晶体多采用紧密堆积方式，采取紧密堆积方式，可以使晶体变得较稳定，故D不选；
答案选A
3．C
【详解】
A．C60和石墨烯是C元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，A错误；
B．由晶胞结构可知：在一个晶胞中距离顶点的C60最近的C60有3个，分别位于通过该顶点的三个面心上。通过该顶点可形成8个晶胞，每个面心C60被重复了二次，故C60周围等距且最近的C60的个数为，B错误；
C．该晶胞中C60个数为：8×+6×=4，含有M数目为：12×+8+1=12，M：C60=12：4=3：1，所以该材料的化学式为M3C60，C正确；
D．由图可知在晶胞中C60与C60的最短距离是面对角线的一半。晶胞边长为a，晶胞面对角线为，则晶胞面对角线的一半为，D错误；
故合理选项是C。
4．A
【详解】
A．Fe位于第四周期第Ⅷ族，铁不是副族元素，故A错误；
B．Fe是26号元素，Fe失去最外层2个电子生成Fe2+，Fe2+的电子排布简式为[Ar]3d6，故B正确；
C．该晶体中，距Fe2+最近的O2-有6个，形成正八面体，故C正确；
D．设晶胞边长为a，根据均摊原则，每个晶胞含有4个FeO，则，a= ，该晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为面对角线的一半，所以距离为cm，故D正确；
选A。
5．D
【详解】
A．稀有气体形成的分子晶体中无化学键，A项错误；
B．离子晶体中一定含有离子键，也可能含有共价键，如NaOH，B项错误；
C．第IVA族元素中，碳的氧化物CO、CO2形成的晶体为分子晶体，硅的氧化物SiO2属于原子晶体，C项错误；
D．分子晶体熔化时破坏的是分子间作用力，无化学键的破坏，D项正确。
故选D。
6．D
【详解】
A．由分析知，调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，A正确；
B．由流程知，还原时，N2H4将CuSO4还原为Cu2O，自身转化为N2，对应方程式为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，B正确；
C．还原过程中生成的N2可隔绝空气，防止产品Cu2O被氧气氧化，C正确；
D．该晶胞中，白球个数=，黑球个数为4个，故黑球：白球=2：1，结构化学式Cu2O知黑球代表Cu+，白球（X）代表O2-，D错误；
故答案选D。
7．D
【详解】
A．不同的元素具有不同的光谱，可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦，A正确；
B．壁虎与墙之间的力是范德华力，这种力的产生是由于壁虎脚上的刚毛及其精细分支与墙体分子的距离足够近，虽然每根刚毛所受的力比较很小，但是由于刚毛数量众多，使之可以累积可观的吸引力， B正确；
C．X射线衍射实验可以分析固体物质的微观结构，区别晶体与非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验，C正确；
D．"挑尽寒灯梦不成"所看到的灯光是原子核外电子跃迁以光的形式释放出能量，D错误；
故选D。
8．C
【详解】
A．Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9，A错误；
B．反应ZnS(s)+Cu2+(ag) CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=====×1014，若平衡正向移动，需要Qc＜K，即＜×1014，B错误；
C．由图可知，与S2-距离最近且相等的Zn2+有4个，故S2-的配位数为4，C正确；
D．生成铜蓝后的溶液是ZnS、CuS的饱和溶液，存在c(S2-)==，D错误；
故选C。
9．C
【详解】
从图的结构可以看出此固体构成微粒排列的无序，比如观察右侧一个空隙中就有2个大球，属于非晶体；
故选C。
10．C
【详解】
晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，对固体进行X射线衍射可以看到微观结构，则区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，故选C。
11．C
【详解】
A．Xe原子已经达到8电子稳定结构，故XeF2分子中各原子不可能均具有8电子稳定结构，A项错误；
B．该晶胞中Xe原子的个数为，F原子的个数为，故该晶体的化学式为XeF2 ， B项错误；
C．在XeF4中Xe的化合价为+4，生成2 mol Xe转移电子8 mol，C项正确；
D．F2有强氧化性，能够与水反应，故XeF2与水反应不可能生成F2，D项错误；
答案选C。
12．D
【详解】
A．根据反应可知，转移5mol电子，转移2mol电子，所以1mol[]完全反应转移的电子数为，故A正确；
B．醋酸属于弱酸，在水溶液中容易发生水解，所以1L浓度为0.100的溶液中，数小于，故B正确；
C．每个N原子均以氮氮单键结合三个氮原子，每个氮氮键被2个氮原子共用，每个氮原子有1.5个氮氮键，14.0g中含有氮原子为1mol，所以14.0g(分子结构如图所示)中所含N-N键数目为，故C正确；
D．1mol中子数为24mol，则88.0g中子数约为46mol，1mol中子数为22mol，则88.0g 的中子数为44mol，8.0g与的混合物中所含中子数为44NA故答案：D。
13．BC
【详解】
A．Fe3+的个数为，Fe2+的个数为，CN-为于立方体棱上，其个数为，Fe元素与CN-的个数为1:3，即y=2，晶体化学式为，故A正确；
B．由离子构成，该晶体熔融可导电，故B不正确；
C．.化学式为MFe2 (CN)6，化合物中正负化合价的代数和为0，则M元素的化合价为0- (-1)× 6-(+2)-(+3)= +1，故C不正确；
D．图中一个晶胞中与Fe3+距离最近且等距离的CN-为3个，空间有8个晶胞无隙并置，最近距离在棱上，则晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN--为，故D正确；
故选BC。
14．CD
【详解】
A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的C60个数为8×+6×=4，位于棱上、体心和体内的钾原子的个数为12×+1+8=12，则该材料的化学式为K3C60，故A错误；
B．由晶胞结构可知，位于顶点的C60与位于面心的C60距离最近，则一个晶胞中有3个位于面心的C60与顶点C60等距且最近，顶点C60可以形成8个晶胞，每个面心C60为2个晶胞共有，所以C60周围等距且最近的C60的个数为=12，故B错误；
C．棱上K原子处在顶点和面心的C60构成的八面体空隙中，故C正确；
D．由晶胞结构可知，C60与C60的最短距离是面对角线的，则C60与C60的最短距离是apm，故D正确；
故选CD。
15．BD
【详解】
A．晶体结构中重复出现的基本结构单元称为晶胞，A正确；
B．晶体的外观上具有规则的几何外形，有些内部结构是在三维空间里呈现周期性有序排列，B错误；
C．晶胞只是晶体微观空间里的基本单元，在它的上下左右前后无隙并置地排列着无数的晶胞，而且所有晶胞的形状及其内部的原子种类、个数及几何排列是完全相同的，古晶胞中的各原子个数比与晶体中的相等，C正确；
D．大部分晶胞是正六面体，但也有其他形状的晶胞，D错误；
故答案为：D。
16．AC
【详解】
A．晶胞是晶体的最小重复单元，对比图甲和图乙，图乙是该物质的晶胞单元，A正确；
B．由图乙知，晶胞中A的数目为，B的数目为，C的数目为8，则晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1∶1∶2，B错误；
C．A、B原子之间最短的距离是面对角线长的，即，C正确；
D．该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为4，D错误；
故选BD。
17． V形 sp3 8 CaTiO3 6 500a
【详解】
(1) 同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，氮N元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性较强，则第一电离能大小的顺序为F＞N＞O，第一电离能最大的F元素和最小的O元素组成一种只含极性键的化合物M的分子式为OF2，OF2分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则O原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为V形；
(2)1个CN-内有碳碳叁键，含1个σ键和2个π键，[Zn(CN)4]2-有4个配位键是σ键，故1 mol [Zn(CN)4]2-含8mol σ键；
(3) 由晶胞结构可知，晶胞中钙离子的个数为1，钛离子的个数为8×=1，氧离子个数为12×=3，离子个数比为1:1:3，则钛酸钙的化学式为CaTiO3；1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近，正八面体边长等于晶胞边长的 倍，1 nm＝103 pm，则该正八面体的边长为a×103 pm＝500a pm；
(4)由晶胞结构可知，晶胞含有12× ＋2×＋3＝6个Fe原子，含有2个N原子，六棱柱的底面由6个正三角形构成，正三角形的高为x cm，每个正三角形的面积为x2 cm2，晶胞的体积为cm3，则晶胞的密度为g/ cm3，故答案为：。
18． Au + HNO3+ 4HCl= H[AuCl4]+NO+2H2O 4 分子晶体 ＜ > H3O+ sp2、sp3 15NA 苯酚和水分子中都有羟基且苯酚与水分子之间可形成氢键
【详解】
试题分析：(l)①硝酸具有强氧化性，金与王水反应生成H[AuCl4]和NO、H2O；配合物或晶体中一个微粒周围最近邻的微粒数称为配位数；
②根据熔沸点低分析NOCl晶体类型；
③ 组成NOCl分子的三种元素中，同周期从左到右电负性增大；NH3中氢键强度小数量少（1）；水中氢键强度大，可以形成的氢键数量多（2）；等电子体是原子数相同、价电子数也相同的分子或离子。
（2）甲苯分子中，甲基上碳原子是单键碳、苯环上碳原子为平面结构；任意2个成键原子之间都有1个σ键；苯酚和水分子中都有羟基且苯酚与水分子之间可形成氢键。
(3）根据均摊原则计算CuCl晶胞中含有Cu、Cl原子数，根据 计算晶胞边长。
解析：(l)①硝酸具有强氧化性，金与王水反应生成H[AuCl4]和NO、H2O，反应方程式为Au + HNO3+ 4HCl= H[AuCl4]+NO+2H2O；配合物或晶体中一个微粒周围最近邻的微粒数称为配位数，AuCl4-中Au原子周围有4个Cl原子，配位数是4；
②NOCl熔沸点低，所以 NOCl 属于分子晶体；
③同周期从左到右电负性增大，电负性NNH3；等电子体是原子数相同、价电子数也相同的分子或离子，与NH3互为等电子体的阳离子有H3O+。
（2）甲苯分子中，甲基上碳原子是单键碳、苯环上碳原子为平面结构，所以甲苯分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3；任意2个成键原子之间都有1个σ键，所以1个甲苯分子中含有15个σ键，1mol甲苯分子中含有σ键的数目为15 NA；苯酚和水分子中都有羟基且苯酚与水分子之间可形成 氢键，所以在水中苯酚溶解度大于甲苯。
(3）根据均摊原则CuCl晶胞中含有Cu原子数4个、Cl原子数 ，设晶胞边长为a pm， 1mol晶胞的质量为99.5×4g，体积为 ，根据， ，a=。
点睛：熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；同周期元素从左到右电负性逐渐增大。
19． 七(或“7”) 哑铃形 sp、sp2 SCN-、CO2、CS2、N3-等中的任一种 HF NH4F Be、C、O 12 3 2 2
【详解】
（1）N原子核外共有7个电子，也就是有7种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道为p轨道，其形状为哑铃形。
（2）NO2+ 和NO3-的中心原子的价层电对数分别为2和3，故该固体中N原子杂化类型为sp、sp2；与NO2+互为等电子体的微粒有SCN-、CO2、CS2、N3-。
（3）由于H—F键的键能较大、不易断裂、容易形成，故HF和HI相比，电离出H+较难的是HF，同理，NH4F与NH4I相比，较易分解的是NH4F。
（4） 第二周期中，第一电离能呈逐渐增大的趋势，由于Be和N原子的原子结构比其同周期邻近的两个原子稳定，故其第一电离能高于其邻近的两种元素，即B＜Be＜Ｃ＜Ｏ＜Ｎ，所以，第一电离能介于B元素和N元素间的元素为Be、C、O。
（5）由图可知，每个B参与形成5个面、每个面有3个B，共有20个面，则每一个此基本结构单元由12个硼原子构成；若该结构单元中有2 个原子为10B(其余为11B)，由于B原子在结构单元中只有3种位置关系，所以该结构单元有3种不同类型。
（6）由图III可知，B原子位于晶胞的顶点，N原子位于晶胞的2个面心和4条棱上，所以该晶胞含有B的数目为2个、含有N原子的数目为2个。
20． [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 sp3 V形(或角形) > 乙醇分子间存在氢键 Cu3N
【详解】
(1)Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去最外层1个电子形成Cu+，所以Cu+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或写作[Ar]3d10；
(2)1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化方式；
(3)SO2分子中S的价层电子对数为2+=3，有一对孤电子对，故几何构型为V形；N和O位于同一周期，同一周期的元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的核外最外层电子处于半充满的稳定状态，故第一电离能N>O。
(4)乙醇的分子之间能形成分子间氢键，氢键的存在增加了分子之间的作用力，而乙醛分子之间不能形成氢键，所以乙醇熔沸点比乙醛的高；
(5)在该晶体中，Cu+位于晶胞的棱边上，则晶胞中含有Cu+数目为12×=3，N3-位于晶胞的顶点上，晶胞中含有N3-的数目为8×=1，所以该晶胞的化学式为Cu3N。
21．
【详解】
（1）B、N是同一周期元素，从左到右非金属性增强，则B（2）晶胞中N原子数目，B原子数目=4，故氮化硼的化学式为BN，则晶体中B元素的质量分数为，答案为：44%。
22． ⑤⑥ ② ② ⑤ ①③④ ① ⑤⑥ [C]－Ba2＋[C]－
【详解】
(1)BaCl2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4Cl、Na2SO4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，熔化时不需要破坏化学键的是干冰、碘晶体，熔化时需要破坏共价键的是金刚石，BaCl2、NH4Cl、Na2SO4熔化时破坏离子键，一般物质熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高，故熔点最高的是金刚石，熔点最低的是干冰，故熔化时不需要破坏化学键的是⑤⑥，熔化时需要破坏共价键的是②，熔点最高的是②，熔点最低的是⑤；
(2)BaCl2、NH4Cl、Na2SO4属于离子化合物，NH4Cl含有离子键、共价键，而BaCl2只含有离子键，干冰、碘晶体以分子间作用力结合；
(3)BaCl2为离子化合物，其电子式为[C]－Ba2＋[C]－；碘为非金属单质，以共用电子对成键，则电子式为。
23． (或) (或)
【详解】
该晶胞中，原子个数，原子个数=，分子个数，则该晶胞中、、个数之比为1：5：3，所以含的合金中含有的数目为或，吸附的数目为或，故答案为：(或)；(或)。
24． 3：1 Cu3N 2 4
【详解】
(1)根据均摊原则，1个晶胞中Pt原子数是、Co原子数是，Pt与Co的个数比为3:1；
(2) 根据均摊原则，1个晶胞中Cu原子数是、N原子数是，该晶体的化学式Cu3N；
(3)根据均摊原则，则每个晶胞拥有个Ti4+、个O2-。