第三章《晶体结构与性质》测试题（含答案）2022-2023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、单选题（共12题）
1．关于化学式的配合物的下列说法中正确的是
A．配位体是和，配位数是6
B．中心离子是，配离子是
C．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
D．加入足量溶液，所有均被完全沉淀
2．在合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气体)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中的CO，其反应为：[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g) [Cu(NH3)3CO]+(aq) △H<0，下列有关说法错误的是
A．低温高压有利于CO的吸收
B．适当升高温度，可增大反应速率和CO的平衡转化率
C．1mol[Cu(NH3)3CO]+中含有σ键为14mol
D．[Cu(NH3)2]+的物质的量浓度不再减小时，应达到最大限度
3．下列物质中，含有离子键和非极性共价键的是
A．NaOH B．NaCl C．NH4Cl D．Na2O2
4．下列化合物中，不可能含有离子键的是
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
5．检验淀粉水解，实验步骤如下：
步骤1：向试管中加入4mL淀粉溶液，再加入少量稀硫酸，加热4分钟，冷却后将溶液分装在两支试管中；
步骤2：向一支试管中滴加几滴碘水，观察现象；
步骤3：向另一支试管中先加入烧碱溶液中和，再加入银氨溶液，水浴加热煮沸，观察现象。
下列说法错误的是
A．步骤1中加入稀硫酸可以加快淀粉水解速率
B．步骤2中溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解
C．步骤3中水浴加热后观察到有光亮的银镜，说明淀粉已经水解
D．碘晶胞如图所示，则碘分子的配位数是8
6．氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：，已知溶液显酸性，为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是
A．溶液中微粒浓度大小顺序：
B．的空间构型为正四面体形
C．已知晶胞中每个被8个包围，则的配位数是8
D．由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF＞HCl
7．请根据下面食盐晶体的晶胞结构示意图计算，已知食盐的密度为ρ g·cm－3，其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏伽德罗常数为NA，则在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距大约是
A．cm B．cm
C．cm D．cm
8．向盛有硫酸铜蓝色溶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溶液，再加无水乙醇得到深蓝色晶体。下列说法正确的是
A．深蓝色溶液中含有的主要有色离子为
B．加乙醇的目的是降低生成的配合物的溶解度
C．NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键弱
D．1 mol 中含有σ键的数目为8 mol
9．下面有关晶体的叙述中，不正确的是
A．金刚石空间网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小环上有6个碳原子
B．氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等的Cl-共有6个
C．氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻6个Cl-
D．干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
10．实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是
A．HCl溶于水和干冰的升华 B．食盐和冰熔化
C．氯化铵和水的分解 D．纯碱和烧碱的熔化
11．下列含有非极性键的离子晶体是
①醋酸钠固体 ②氢氧化钾固体 ③过氧化钠固体
④金刚石 ⑤固态乙醇 ⑥氯化钙固体
A．③⑥ B．①③ C．③④⑤ D．②⑥
12．下列有关物质的结构与性质的叙述不正确的是
A．K元素特殊的焰色反应是由于K原子核外电子能级跃迁吸收能量
B．乙烯易发生加成反应是由于分子中两个碳原子间的π键容易断裂
C．键能、，因此稳定性大于
D．金属Na中的金属键比金属K中的金属键强，因此金属Na熔点高于K
二、非选择题（共10题）
13．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___________。
14．Wilson病是一种先天性铜代谢障碍性疾病，D-青霉胺具有排铜作用，用以治疗或控制Wilson病症。D-青霉胺结构简式如下：
回答下列问题：
(1)写出Cu的简化电子排布式：_______。
(2)D-青霉胺在用于临床治疗时对于症状改善较慢，常有并发症出现，因而近年采用锌剂(ZnSO4)替代治疗，ZnSO4可由硫化锌制备。立方硫化锌晶胞结构如图：
其中a代表S2-，b代表Zn2+。则该晶体中S2-的配位数为_______；若晶体的密度为ρ g/cm3，则1个晶胞的体积为_______cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式)。
15．回答下列问题：
(1)已知三种晶体的熔点数据如表：
化合物 Mg3N2 AlN Si3N4
熔点 800℃ 2249℃ 1800℃以上
氮化铝的熔点明显高于Mg3N2的原因是___。
(2)NaHS2是离子化合物，写出其电子式：___。
(3)常温下微溶于水而CH3CH2OH常温下与水任意比互溶，试分析可能原因：___。
16．铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。
Ⅰ.金属铜的原子堆积模型如图-1所示，
(1)该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为_______。
Ⅱ.能与、、、等形成配位数为4的配合物。
(2)向溶液中加入过量NaOH溶液可生成。中除了配位键外，还存在的化学键类型有_______(填字母)。
A．离子键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键
(3)将CuO投入、的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50~55℃，pH约为9.5，CuO转化为溶液。
①CuO被浸取的离子方程式为_______。
②结构中，若用两个分子代替两个分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间构型为_______。
(4)可以与乙二胺()形成配离子，如题图-2所示：
③H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为_______。
④乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是_______。乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_______。
Ⅲ.将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，
(5)下列物质中，属于顺磁性物质的是_______(填标号)。
A． B． C．
17．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成碳的含氧衍生物，钴晶胞、白铜(铜镍合金)晶胞如图所示，请回答下列问题：
①钴晶胞堆积方式的名称为_______。
②已知白铜晶胞的密度为dg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。图2晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为_______pm(只列出计算式)。
18．四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。
(1)Cu＋的配位数为___________。
(2)已知：a=b=0.524 nm，c=1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是___________g·cm-3(列出计算式)。
19．根据晶胞结构示意图，计算晶胞的体积或密度。
(1)N和Cu元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为___________。该化合物的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数的值。若该晶胞的边长为a pm，则该晶体的密度是___________g·pm-3。
(2)S与Cu形成化合物晶体的晶胞如图所示。已知该晶体的密度为a g·cm-3，则该晶胞的体积为___________cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。
20．实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：
i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液，微沸数分钟。
ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
(1)步骤i中的还原剂是___(填化学式)。
(2)已知VO2+能被O2氧化，步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是___。
②装置B的作用是___。
(3)步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是___，用无水乙醇洗涤的目的是___。
(4)蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO(OH)3]-，写出转化过程的离子方程式___。
(5)称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为___%(用含有m、c、V的式子表示)。
21．某小组设计一系列实验探究SO2和AgNO3溶液反应的原理。回答下列问题： 已知：Ag+能与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。
实验(一)：制备SO2并完成SO2和AgNO3溶液反应。
已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2。
实验中，硝酸银溶液中产生大量白色沉淀，过滤得到灰白色沉淀A和无色溶液B。
(1)制备SO2的发生装置宜选择___________(填标号)。
A． B． C．D．
(2)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。
实验(二)：探究灰白色沉淀A的成分。
步骤1：向沉淀A中加入足量的浓氨水，灰白色沉淀逐渐减少，得到灰黑色浊液。
步骤2：静置一段时间，取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体。
(3)经检验，灰黑色浊液中的固体是银单质，则每生成1 mol银转移的电子的物质的量为___________mol。
(4)灰白色沉淀A与浓氨水发生反应的离子方程式为___________ (写出一个即可)。
实验(三)：探究无色溶液B的成分。
已知：AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-
操作与现象：
将无色溶液B分成两份，向一份溶液中滴加浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向另一份溶液中加入饱和Na2SO3溶液，试管中无沉淀产生。
(5)补充实验：向0.1 mol L-1的AgNO3溶液中滴加饱和Na2SO3溶液，有白色沉淀产生。由此推知，无色溶液B中___________(填“存在”或“不存在”) Ag+。
(6)经检验发现此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移动原理解释向溶液B中滴加浓盐酸出现白色沉淀的原因： ___________。
(7)取少量无色溶液B，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，有同学认为是由于空气中的O2参与了反应，设计实验探究该同学的猜想：___________。
(8)通过上述实验，可以推出SO2与AgNO3溶液反应包括氧化还原反应和复分解反应。由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有两种：一种是2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3，另一种是___________(用离子方程式表示)。
22．某小组拟用自制的氨水制取银氨溶液，并探究银氨溶液的性质。回答下列问题：
(一)氨水的制备：制备装置如图，
(1)A中反应的化学方程式为：_______。
(2)使用加装单向阀的导管，目的是_______；为有利于制备氨水，装置B的大烧杯中应盛装_______(填“热水”或“冰水”)，氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是_______。
(二)探究银氨溶液的制备(实验中所用氨水均为新制)
实验装置 实验序号 实验操作 实验现象
1mL2%AgNO3溶液 I 向试管中滴加2%氨水1mL并不断振荡 产生棕褐色沉淀，继续滴加沉淀消失
Ⅱ 向试管中滴加2%氨水(经敞口放置空气中48小时)1mL 产生白色略暗沉淀
已知：白色AgOH沉淀不稳定，极易分解生成棕褐色Ag2O；Ag2O溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+。
(3)实验I中沉淀消失的化学方程式为_______。
(4)实验测得Ⅱ中所用的氨水比I中所用氨水的pH小，可能原因有_______。
(三)该实验小组同学设计如下实验：
实验1：向2mL银氨溶液中滴加5滴10％NaOH溶液，立即产生棕黑色浑浊；置于沸水浴中加热，有气体产生；一段时间后溶液逐渐变黑，最终试管壁附着光亮银镜。
实验2：向2mL银氨溶液中滴加5滴10％氨水，置于沸水浴中加热，有气体产生；一段时间后溶液无明显变化。
(5)经检验，实验I产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，黑色物质中有Ag2O，写出沸水浴时发生反应的离子方程式：_______。
(6)该实验小组同学设计上述实验的目的是_______。
参考答案：
1．A
A．配位体是一个和5个，配位数是6，故A正确；
B．中心离子是，配离子是，故B错误；
C．该配合物中有配位键、离子键、极性键，没有非极性键，故C错误；
D．1个和5个分子在内界、2个和1个分子在外界，内界的不电离，不生成沉淀，故D错误；
选A。
2．B
A． [Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g) [Cu(NH3)3CO]+(aq)属于气体体积缩小的反应，低温高压有利于CO的吸收，故A正确；
B． 适当升高温度，可增大反应速率，平衡向逆向移动，CO的平衡转化率降低，故B错误；
C． 1个[Cu(NH3)3CO]+中含有σ键有铜与CO、NH3的配位键有4个，N-H 键9个，C-O键1个，1mol[Cu(NH3)3CO]+中含有σ键为14mol，故C正确；
D． [Cu(NH3)2]+的物质的量浓度不再减小时，表明此时正逆反应速率相等，该反应已经最大限度，故D正确；
故选B。
3．D
A．NaOH含有钠离子和氢氧根形成的离子键，以及氧原子和氢原子形成的极性键，故A不符合题意；
B．NaCl中只含钠离子和氯离子形成的离子键，故B不符合题意；
C．NH4Cl中含有氯离子和铵根形成的离子键，还有氮原子和氢原子形成的极性键，故C不符合题意；
D．Na2O2中含有钠离子和过氧根形成的离子键，同时含有氧原子和氧原子形成的非极性键，故D符合题意；
综上所述答案为D。
4．A
阴阳离子间通过静电作用形成的化学键是离子键，据此判断。
A．酸对应的物质一定是共价化合物，因此一定不存在离子键，A符合；
B．碱中可以含有离子键，例如NaOH等，B不符合；
C．盐中可以含有离子键，例如NaCl等，C不符合；
D．氧化物中可以含有离子键，例如Na2O等，D不符合；
答案选A。
5．D
淀粉在酸性条件下发生水解生成葡萄糖。验证淀粉是否水解，可参照步骤2，加入碘水，若变蓝，说明淀粉没有水解完全；若想证明淀粉发生水解，则需要验证醛基的存在，需要先加氢氧化钠溶液调成碱性环境，再用银氨溶液看是否有银镜产生，若有则证明淀粉发生了水解；若想证明淀粉水解完全，则步骤2物明显现象，步骤3中有银镜产生。
A．淀粉在稀硫酸作用下发生水解，硫酸是催化剂，加入稀硫酸可以加快淀粉水解的速率，A正确；
B．根据分析，步骤2中溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解，B正确；
C．根据分析，步骤3中水浴加热后观察到有光亮的银镜，说明淀粉已经水解，C正确；
D．根据碘2晶胞，碘分子的配位数为12，D错误；
故选D。
6．D
A．磷酸二氢钙溶液显酸性说明磷酸二氢根离子电离程度大于大于水解程度，则溶液中 c(H2PO)>c(H+)>c(HPO)>c(H3PO4)，故A正确；
B．磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故B正确；
C．氟化钙晶胞中每个钙离子被8个氟离子包围，由化学式可知每个分离子被4个钙离子包围，则氟离子的配位数是4，故C正确；
D．分子的热稳定性与分子间氢键无关，故D错误；
故选D。
7．B
根据NaCl的晶体结构可知，在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距为晶胞边长的一半。Cl-位于顶点和面心，个数为8×+6×=4， Na+位于棱边的中点和体心，个数为12×+1=4，假设晶胞边长是a，则根据晶体密度计算公式可得：，则a=cm，所以在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距是a×== cm ；
故选B。
8．B
由题意可知，硫酸铜蓝色溶液中存在，向溶液中加入氨水时，蓝色的与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的，加入无水乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体。
A．由分析可知，深蓝色溶液中含有的主要有色离子为，A错误；
B．由分析可知，加入无水乙醇能降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体，B正确；
C．由分析可知，实验时蓝色的四水合铜离子转化为深蓝色的，说明氨分子与铜离子形成的配位键强于水分子与铜离子形成的配位键，C错误；
D．中铜离子与4个水分子形成的配位键属于键，每个水分子中含有2个键，则1mol离子中含有的键的数目为1mol×(4+2×4)×NA=12NA，D错误；
故选B。
9．C
A．金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故 A 正确；
B．氯化钠晶胞中，钠离子配位数为6，所以每个钠离子周围距离最近的氯离子个数为6，故 B 正确；
C．氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，所以故每个Cs＋周围紧邻8个Cl-，故C错误；
D．二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数为，故 D 正确；
故选C。
10．D
A．HCl溶于水会断裂共价键，干冰升华需克服分子间作用力，故A错误；
B．氯化钠是离子晶体，熔化需克服离子键，冰是分子晶体，熔化需克服分子间作用力，故B错误；
C．氯化铵是离子晶体，分解需克服离子键、共价键，水是共价化合物，分解需克服共价键，故C错误；
D．纯碱和烧碱都是离子晶体，熔化需克服的是离子键，故D正确；
选D。
11．B
①醋酸钠固体由醋醋酸根离子和钠离子构成，醋醋酸根内碳碳键为非极性键；
②氢氧化钾固体由钾离子和OH-构成，OH-内只有极性键；
③过氧化钠固体由Na+和OH-构成，O内只有非极性键；
④金刚石是非极性键构成的原子晶体；
⑤固态乙醇是分子晶体；
⑥氯化钙固体是离子晶体，但不含共价键；
本题选B。
12．A
A．K元素特殊的焰色反应，是由于电子从高能级向低能级跃迁时能量以光的形式释放出来，A错误；
B．乙烯分子中两个碳原子间以共价双键结合，其中C原子以sp2杂化轨道形成的键的重叠方式是头碰头，重叠成都大，因而较稳定，未杂化的2p轨道形成的π键的电子是肩并肩重叠，重叠程度较小，因而易断裂，所以易发生加成反应，使不饱和C原子变为饱和C原子，B正确；
C．分子的键能之和越大，分子越稳定，由键能、可知，分子的键能之和大于，则稳定性大于，C正确；
D．碱金属元素原子的半径越大，金属键越弱，则其单质的熔、沸点越低，D正确；
故选A。
13． (或) (或)
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)。
14．(1)[Ar]3d104s1
(2) 4
（1）为29号元素，其简化电子排布式为。
（2）以前面面心的为研究对象，每个晶胞内部有2个距离相等且最近的，则晶胞相邻的晶胞内还有2个距离相等且最近的，所以该晶体中的配位数为4；根据均摊法，该晶胞含有的个数为，含有的个数为4，所以1个晶胞的质量，晶胞的体积为。
15．(1)氮化铝为原子晶体，氮化镁为离子晶体，原子晶体熔点高于离子晶体
(2)
(3)苯酚分子间的氢键比水分子与苯酚分子之间的强，水分子不易破坏苯酚分子之间的氢键，故溶解度不大。而CH3CH2OH分子间氢键较水与CH3CH2OH分子间氢键弱，故能与水任意比互溶
【解析】（1）已知三种晶体的熔点数据结合晶体类型特征可知氮化铝为原子晶体，氮化镁为离子晶体，一般的原子晶体熔点高于离子晶体。
（2）NaHS2是离子化合物，其电子式为。
（3）根据相似相容原理，苯酚分子间的氢键比水分子与苯酚分子之间的强，水分子不易破坏苯酚分子之间的氢键，故溶解度不大。而CH3CH2OH分子间氢键较水与CH3CH2OH分子间氢键弱，故能与水任意比互溶。
16．(1)12
(2)AC
(3) 正方形
(4) O>N>H sp3 乙二胺可以形成分子间氢键
(5)BC
（1）金属铜的原子堆积模型位面心立方最密堆积，该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为12；
（2）根据信息可知能与形成配位键，中除了配位键外，Na+与之间存在离子键，之间存在极性共价键，故还存在的化学键类型有离子键、极性共价键，故答案为：AC；
（3）①将CuO投入、生成，CuO被浸取的离子方程式为；
②结构中，若用两个分子代替两个分子，如果是正四面体结构，两个分子代替两个分子，得到只有一种结构；可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间构型为正方形结构；
（4）③同周期元素从左到右电负性依次增大，故电负性为O>N>H；
④乙二胺分子中N原子与H和C形成3个键，有一对个电子对，价层电子对为4，采取sp3杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺不能形成氢键，只有分子间作用力，所以乙二胺沸点高；
（5）具有未成对电子的物质具有顺磁性，Cu+价电子排布为3d10，Cu2+价电子排布为3d9，+2价的铜离子形成的物质具有顺磁性，故答案为BC；
17． 六方最密堆积 ×
根据图1判断钴晶胞的堆积方式；根据图2，面心6个Cu原子构成正八面体，棱上2个Cu原子与体心连线形成等腰直角三角形，该等腰直角三角形的斜边长即为两个面心上铜原子最短核间距，由几何知识可知两个面心上铜原子最短核间距=直角边长度的倍，而等腰直角三角形的直角边长等于晶胞棱长的，结合均摊法计算解答。
①由图1可知，钴晶胞的堆积方式是六方最密堆积，故答案为：六方最密堆积；
②面心6个Cu原子构成正八面体，正八面体棱上的2个Cu原子与体心连线形成等腰直角三角形，该等腰直角三角形的斜边长为两个面心上铜原子最短核间距，等腰直角三角形的直角边为晶胞棱长的。设晶胞棱长为a pm，晶胞中Cu原子数为6×=3，Ni原子数位8× =1，晶胞质量=g，设晶胞棱长为 a pm，则dg cm-3×(a×10-10 cm)3=g，解得a=，故两个面心上铜原子最短核间距=×pm×=×pm，故答案为：×。
18． 4
(1)晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu＋的配位数为4；
(2)晶胞中亚铁离子=8×＋4×＋1=4，亚铜离子=6×＋4×=4，硫离子=8，晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=0.524 nm，c=1.032 nm，则晶体的密度= =。
19． Cu3N
(1)该晶胞中N原子个数=8×=1，Cu原子个数=12×=3，所以其化学式为Cu3N，晶胞的边长为a pm，其体积为a3 pm3，密度== g·pm-3
(2)该晶胞含Cu：8×＋6×=4，S原子个数为4，因此化学式为CuS，晶胞体积V=== cm3。
20． N2H4·2HCl 长颈漏斗 除去CO2中的HCl气体 抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失 洗去固体表面的水和NH4HCO3 [VO((H2O)5]2++3OH-=[VO(OH)3]-+5H2O
(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价由+5价降低到+4价，作氧化剂，O、Cl价态不变，H已经是最高价态，只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是；
(2)①该仪器是长颈漏斗；
②A装置用于制备二氧化碳，是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
(3) 选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3，乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；
(4)由图知该水合配离子化学式为，加入碱生成，离子方程式为：；
(5)根据已知反应，，，则质量分数为
21．(1)C
(2)通过观察气泡控制SO2流速(或除去SO2中H2SO4形成的酸雾或其他合理答案)
(3)1
(4)Ag2SO3+4NH3·H2O2[Ag(NH3)2]+ +SO+4H2O(或Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O)
(5)存在
(6)溶液中存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO，加入浓盐酸，c(SO)降低，平衡向正方向移动，使c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)
(7)向盐酸酸化的BaCl2溶液中通入SO2，无白色沉淀生成，放置空气中一段时间，若溶液变浑浊，则上述猜想正确，否则不正确(或其他合理答案)
(8)2Fe3++SO+H2O2Fe2++SO+2H+
70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2，生成气体通过饱和NaHSO3溶液进行除杂，得到纯净二氧化硫气体通入硝酸银溶液中观察实验现象，二氧化硫气体有毒，尾气通入碱液中吸收处理。
（1）
已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2；反应为固液不加热反应，且亚硫酸钠为粉末，多孔隔板不起作用，故应该选择装置c。
（2）
生成的二氧化硫气体会带出部分硫酸酸雾和三氧化硫气体，硫酸、三氧化硫会和饱和碳酸氢钠反应，故饱和NaHSO3溶液的作用是：除去SO2中H2SO4形成的酸雾或通过观察气泡控制SO2流速。
（3）
已知：
步骤1：向沉淀A中加足量的浓氨水，灰白色沉淀逐渐减少，说明沉淀溶于氨水，据信息，是含银离子的沉淀与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。
步骤2：静置一段时间，取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体，则浓硝酸转变为二氧化氮，说明上层清液含有还原剂，则含有+4价S，综上，可以推知灰白色沉淀含Ag2SO3、溶于氨水时能发生非氧化还原反应得到[Ag(NH3)2]+与SO，则Ag2SO3与浓氨水反应方程式可以为Ag2SO3+4NH3 H2O=2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O；经检验，实验步骤1中还得到含银单质的灰黑色浊液，则+1价银转变为Ag，发生了氧化还原反应、银化合价降低1价，按得失电子守恒，每生成1 mol银转移的电子的物质的量为1mol。
（4）
结合(3)可知， Ag2SO3溶于NH3·H2O还得到了Ag，则亚硫酸根离子作还原剂被氧化为SO，故还可能发生的反应为Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O。综上，灰白色沉淀A与浓氨水发生反应的离子方程式为Ag2SO3+4NH3·H2O2[Ag(NH3)2]+ +SO+4H2O或Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O。(写出一个即可)。
（5）
将无色溶液B分成两份，向一份溶液中滴加浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则沉淀为氯化银、并且AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-；说明无色溶液B中存在Ag+。
向另一份溶液中加入饱和Na2SO3溶液，试管中无沉淀产生。补充实验：向0.1 mol L-1的AgNO3溶液中滴加饱和Na2SO3溶液，有白色沉淀产生，二者一比较可推知，无色溶液B中存在的Ag+浓度小，应该是银离子与亚硫酸根离子生成了难以解离的可溶性离子。
（6）
经检验发现此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移动原理解释向溶液B中滴加浓盐酸出现白色沉淀的原因：[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO，加入浓盐酸发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，2SO+2H+= H2O+SO2↑，导致[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO平衡正向移动，使c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)。
（7）
取少量无色溶液B，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，结合(6)可知，白色沉淀可能为氯化银、也可能为硫酸钡——由氧气氧化+4价硫转变为硫酸钡沉淀。若有同学认为是由于空气中的O2参与了反应，则设计实验为：向盐酸酸化的BaCl2溶液中通入SO2，无白色沉淀生成，放置空气中一段时间，若溶液变浑浊，则上述猜想正确，否则不正确(或其他合理答案)。
（8）
通过上述实验，可以推出SO2与AgNO3溶液反应包括氧化还原反应和复分解反应。通常，Fe3+的氧化性略小于银离子，由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有两种：一种是Fe3+与SO之间的非氧化还原反应——双水解反应，另一种是Fe3+与SO之间的氧化还原反应，得到Fe2+和SO，则离子方程式为2Fe3++SO+H2O2Fe2++SO+2H+。
22．(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2) 防倒吸 冰水 氨与水分子间形成氢键而放热
(3)Ag2O+4NH3·H2O=2[Ag(NH3)2]OH+3H2O
(4)吸收CO2、NH3的挥发
(5)2[Ag(NH3)2]++2OH-Ag2O↓+4NH3↑+H2O
(6)探究溶液碱性强弱对银镜产生的影响(探究向银氨溶液中滴加强碱后，沸水浴加热有银镜出现；滴加弱碱则不能)
NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应，可制得氨气，氨气通过单向阀后溶于水形成氨水，尾气使用盐酸溶液吸收，既能保证溶解的安全性，又能防止氨气进入大气中；
(1)
A中，NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应，生成CaCl2、NH3等，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)
单向阀导管，只允许气体或液体向一个方向流动，可保证液体不逆流，所以使用加装单向阀的导管，目的是防倒吸；氨气溶于水形成氨水，其溶解度随温度的升高而减小，为增大氨气的溶解度，应尽可能降低温度，所以装置B的大烧杯中应盛装冰水，氨分子与水分子间可形成氢键，从而放出热量，所以氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是氨与水分子间形成氢键而放热，故答案为：防倒吸；冰水；氨与水分子间形成氢键而放热；
(3)
由题意可知，实验Ⅰ中反应为Ag2O溶于NH3 H2O生成了银氨溶液，实验Ⅰ中沉淀消失的化学方程式为Ag2O+4NH3 H2O=2[Ag(NH3)2]OH+3H2O；
(4)
实验测得Ⅱ中所用的氨水比Ⅰ中所用氨水的pH小，可能原因有氨水可以吸收CO2，同时氨水易挥发出NH3，故答案为：吸收CO2、NH3的挥发；
(5)
实验I产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明产物有氨气，黑色物质中有Ag2O，则沸水浴时发生反应的离子方程式：2[Ag(NH3)2]++2OH-Ag2O↓+4NH3↑+H2O；
(6)
结合题意分析可知，该实验小组同学设计上述实验的目的是探究向银氨溶液中滴加强碱后，沸水浴加热有银镜出现，故答案为：探究溶液碱性强弱对银镜产生的影响(探究向银氨溶液中滴加强碱后，沸水浴加热有银镜出现；滴加弱碱则不能)