3.1物质的聚集状态与晶体常识同步练习（含解析）高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

人教版（2019）选择性必修2第三章第一节 物质的聚集状态与晶体常识
课时作业二
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列各组基态原子的电子排布式对应的元素中，能构成共价晶体的是
A．1s1和1s22s22p3 B．1s22s22p4和1s22s22p63s23p3
C．1s22s22p4和1s22s22p3 D．1s22s22p2和1s22s22p63s23p2
2．氯化铯晶胞(晶体重复的结构单位)如图甲所示，该晶体中Cs+与Cl-的个数之比为1∶1，化学式为CsCl。若某晶体晶胞结构如图乙所示，其中含有A、B、C三种元素的粒子，则该晶体中A、B、C的粒子个数之比为
A．8∶6∶1 B．4∶3∶1 C．1∶6∶1 D．1∶1∶3
3．某种铜的溴化物晶体结构如图所示，晶胞参数为anm，下列有关说法错误的是(为阿伏加德罗常数)
A．该铜的溴化物的化学式为CuBr
B．与铜同周期且基态原子最外层未成对电子数与基态铜原子相同的元素有4种
C．该铜的溴化物晶体的密度为
D．每个晶胞中含有4个铜原子
4．钙钛矿类杂化材料，是太阳能光伏电池的有机半导材料，其晶胞结构如图1所示，其中B为Pb2+，A的原子分数坐标为(0，0，0)。下列说法错误的是
A．B的原子分数坐标为(，，)
B．N、I、Pb均属于p区元素
C．若沿z轴向xy平面投影，则其投影图如图2所示
D．中存在σ键、配位键和氢键
5．下列说法不正确的是
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2-和M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量的增大而升高
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构
⑤固体熔化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键
⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
⑦由于非金属性：Cl＞Br＞I，所以酸性：HCl＞HBr＞HI
A．②⑤⑥⑦ B．①③⑤ C．②④⑤ D．③⑤⑦
6．下列说法正确的是
A．H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大
B．SiO2和晶体硅都是共价化合物，都是共价晶体
C．NaOH和K2SO4的化学键类型和晶体类型相同
D．NaHSO4加热熔化时破坏了该物质中的离子键和共价键
7．铜与金可形成两种有序的金属互化物，其晶胞结构如下图所示。下列有关说法错误的是
A．图Ⅱ中物质的化学式为
B．图Ⅱ中e原子和f原子的坐标均可表示为 (0，，)
C．图Ⅱ沿z轴投影所得图形中，Au位于正方形的中心和每条边的中心
D．设图I中晶胞边长为a cm，则图Ⅰ中合金的密度为(为阿伏加德罗常数)
8．下列说法正确的是
A．粉末状的固体肯定不是晶体
B．在非晶体的X-射线衍射图谱上可能有分立的斑点
C．缺角的氯化钠晶体在饱和的NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块
D．用红热的铁针刺中玻璃上凝固的石蜡，在不同方向上熔化的快慢不同
9．最近合成的一种铁基超导材料在低温高压下能显示出独特的电子性质，其晶胞结构如图所示。已知：底边边长为anm，高为bnm，1号原子的高为。下列说法错误的是
A．该晶胞中含有4个As原子 B．1号原子的坐标为(，，)
C．距2号原子最近的As有4个 D．该晶体的密度为
10．钴的一种化合物的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A．元素钛在元素周期表中的位置为第四周期IIB族
B．Co2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2
C．与Co2+距离最近且等距离的Ti4+有12个
D．该化合物的化学式为CoTiO3
11．几种离子晶体的晶胞如图所示，则下列说法正确的是
A．熔沸点：NaClB．在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数目为6
C．若ZnS的晶胞边长为apm，则Zn2+与S2-之间最近距离为apm
D．上述三种晶胞中，其阳离子的配位数大小关系为ZnS12．是一种钠离子电池正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法中错误的是
A．每个晶胞中含个数为
B．每个晶胞中0价Cu原子个数为
C．放电时由转化为NaCuSe的电极反应为：
D．充电时1mol晶胞完全转化为晶胞，转移的电子数为8
13．利用超分子可分离和。将、的混合物加入一种空腔大小适配的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是
A．原子半径：C>O B．杯酚分子中存在大π键
C．杯酚与形成氢键 D．与杯酚晶体类型相同
14．某钛酸钙的晶体结构如图(a)，某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为，另两种离子为I-和Pb2+。
下列说法错误的是
A．钛酸钙的化学式为CaTiO3 B．图(b)中，X为Pb2+
C．中含有配位健 D．晶体结构中与每个Ca2+紧邻的O2-有12个
二、多选题
15．氢气作为一种很有发展前途的绿色能源，得到了日益广泛的重视。我国科学家构建的双组分催化剂(NiO的晶胞与NaCl相似)，可实现氨硼烷与高效产的目的，发生反应的化学方程式为。下列说法正确的是。
A．NiO晶胞中与等距最近的为8
B．第一电离能：H＜B＜O＜N，电负性：O>N>B>H>Al
C．氮硼键键能：
D．根据VSEPR模型计算，、、的中心原子上的价层电子对数都是4
三、填空题
16．太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：
(1)基态二价铜离子的电子排布式为_________，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释_________。
(2)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是_________；N2O与CO2互为等电子体，则N2O的电子式为_________。
(3)铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2中含有π键的数目为_________(用NA表示)，HSCN结构有两种，硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)的原因是_________。
(4)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为_________。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是_________g·cm-3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
(5)关于两种晶体的说法正确的是_________ (填序号)。
a.立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
b.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c.两种晶体中的B-N键均为共价键
d.两种晶体均为分子晶体
17．X的晶胞结构如图所示(晶胞参数：α=β=γ=90 ，a=b=450.25pm)，密度为1.4gcm-3，H-的配位数为_______，X的储氢质量分数是_______，c=_______pm(列出计算式即可)。
18．回答下列问题：
(1)甲醛与新制Cu(OH)2加热可得砖红色沉淀Cu2O，已知Cu2O晶胞的结构如图所示：
①在该晶胞中，Cu+的配位数是_______
②若该晶胞的边长为apm，则Cu2O的密度为_______g cm-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA，1pm=10-12m)。
(2)晶胞有两个基本要素：原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，LiZnAs基稀磁半导体的晶胞如图所示，其中A处Li的原子坐标参数为(0，0，)B处As的原子坐标参数为(，，)；C处Li的原子坐标参数为_______。
(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如图。储氢原理：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H原子储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和面心，则形成的储氢化合物的化学式为_______。
19．铜镍合金主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。其立方晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为_______，铜原子构成的空间构型为_______，铜原子距离最近的Ni有_______个；已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞中距离最近的Ni原子和Cu原子的核间距为 _______pm(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。
20．黄铜矿有关转化关系如图所示。
回答下列问题：
(1)尾气可以制备一种二元强酸，它是_____________(填化学式，下同)；也可以制备一种具有还原性的钠盐(正盐)，该盐是___________。
(2)在实验室完成操作X，宜选择的仪器有___________(填标号)。
(3)与在高温下反应的化学方程式为___________。
(4)在上述转化中，能证明氯的非金属性比硫强的化学方程式为___________。
(5)某黄铜矿(主要成分是，含少量)中S元素的质量分数为32%。现有100该黄铜矿，按上述流程转化，理论上最多可制得__________。
(6)某含S、、的物质，其晶胞如图所示，请写出该物质的化学式。
四、实验题
21．某化学小组同学利用溶液制，再用氧化，并检验氧化产物。
(1)仪器b中发生反应的化学方程式为_______。
(2)C和E两个水浴作用不相同，其中E中冰水的作用是_______。
(3)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验序号 检验试剂和反应条件 现象 结论
① 酸性溶液 紫红色褪去 产物含有乙醛
② 新制加热 生成砖红色沉淀 产物含有乙醛
③ 微红色含酚酞的NaOH溶液 微红色褪去 产物可能含有乙酸
实验①～③中的结论不合理的是_______(填序号)，原因是_______。
(4)化合物的分子中采取杂化方式成键的原子数目是_______个。
(5)氮化钛晶体的晶胞结构如图所示，则氮化钛晶体化学式为_______，该晶体结构中与N原子距离最近且相等的N原子有_______个；该晶胞的密度，则晶胞结构中两个氮原子之间的最近距离为_______。(NA为阿伏加德罗常数的数值，，只列计算式)。
22．碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3](Mr=222)是一种草绿色晶体，可用于铜盐、油漆和烟花的制备。实验室制备碱式碳酸铜的步骤如下：
I.分别配制0.50mol L-1CuSO4溶液和0.50mol L-1Na2CO3溶液。
II.将30mLCuSO4溶液和36mL Na2CO3溶液混合、搅拌均匀。
III.将II的混合溶液加热至75℃，搅拌15min。
IV.静置使产物沉淀完全后，抽滤、洗涤、干燥、称重，分析样品组成和晶体结构。
回答下列问题：
(1)步骤I中，配制0.50mol L-1CuSO4溶液时，不需要使用下列仪器中的_______(填仪器名称)。
(2)步骤II中，若误将CuSO4溶液与Na2CO3溶液等体积混合，二者恰好完全反应，生成蓝色的Cu4(SO4)(OH)6 2H2O晶体，其反应的离子方程式为_______。
(3)步骤III中，若温度高于90℃，产品中混有的黑色固体是_______。
(4)步骤IV中，检验沉淀是否洗涤干净的试剂是_______；称得产品的质量为1.332g，则该实验所得碱式碳酸铜的产率是_______。
(5)对样品进行热重分析得到的曲线如下图所示，则铜元素的质量分数是_______，与理论值相差不大。使用_______实验可进一步测定样品的晶体结构。
参考答案：
1．D
【详解】A．两者分别为H、N，能形成分子晶体N2H4、NH3，A错误；
B．两者分别为O、P，能形成分子晶体P2O5，B错误；
C．两者分别为O、N，能形成分子晶体NO、NO2等，C错误；
D．两者分别为C、Si，能形成共价晶体CSi晶体，D正确；
故选D。
2．D
【详解】根据晶胞的均摊法，在此晶体的晶胞中有A：8×= 1(个)，B：1×1 = 1(个)，C：6×=3(个)，即N(A)∶N(B)∶N(C)=1∶1∶3，故D正确。
3．C
【详解】A．根据晶胞结构可知，Cu原子位于顶点和面心，数目为4，Br原子位于体内，数目为4，故化学式为CuBr，A正确；
B．Cu是第四周期的元素，原子的最外层有1个未成对电子，与铜同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与铜原子相同的元素有K、Cr、Ga、Br共4种，B正确；
C．该晶胞参数为anm，该晶体密度为，C错误；
D．根据晶胞结构可知，Cu原子位于顶点和面心，数目为4，D正确；
答案选C。
4．D
【详解】A．B位于体心，则B的原子分数坐标为(，，)，故A正确；
B．N、I、Pb均在IIIA族到VIIA族之间，则均属于p区元素，故B正确；
C．投影图为俯视图，故C正确；
D．的电子式为，存在σ键，C与N之间为配位键，不存在氢键，故D错误；
故选D。
5．A
【详解】①N2H4分子中N原子之间形成非极性共价键，N原子和H原子之间形成极性共价键，①正确；
②若R2-和M+的电子层结构相同，则M处于R的下一周期，所以原子序数：M＞R，②错误；
③F2、Cl2、Br2、I2的组成和结构相似，熔点随相对分子质量的增大而升高，③正确；
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均满足最外层电子数+|化合价|=8，则均达到8e-稳定结构，④正确；
⑤固体熔化成液体的过程是物理变化，但可能破坏化学键，例如氢氧化钠熔化时离子键被破坏，⑤错误；
⑥HF分子很稳定，是因为H-F键键能大，与分子间氢键无关，⑥错误；
⑦元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但氢化物的酸性变化无此规律，酸性：HCl＞HBr＞HI，⑦错误。
综合以上分析，②⑤⑥⑦不正确，故选A。
6．C
【详解】A．H2O分子间含有氢键，分子间作用力最大，A错误；
B．SiO2和晶体硅都是原子晶体，但晶体硅是单质，不是共价化合物，B错误；
C．NaOH 和 K2SO4 均由离子键、极性键构成，均属于离子晶体，C正确；
D．NaHSO4加热融化电离得到钠离子和硫酸氢根离子，破坏了离子键，没有破坏共价键，D错误；
综上所述答案为C。
7．C
【详解】A．根据均摊法可知，图Ⅱ中含有铜原子数为，金原子数为，故图Ⅱ中物质的化学式为，选项A正确；
B．根据图中坐标位置可知，图Ⅱ中左下前的铜原子为原点或右下前的铜原子为原点时，e原子和f原子的坐标均可表示为 (0，，)，选项B正确；
C．图Ⅱ沿z轴投影所得图形中，Au位于每条边的中心，选项C错误；
D．图I中含有铜原子数为，金原子数为，图I中物质的化学式CuAu，所以晶体的密度为g·=g·，选项D正确；
答案选C。
8．C
【详解】A．晶体可以通过外部条件变成粉末状固体，如通过研磨，熔融态时迅速冷却等方法都可以得到看不出几何外形的粉末，A错误；
B．在非晶体的X-射线衍射图谱上看不到分立的斑点或明锐的衍射峰，B错误；
C．晶体的自范性是指在适宜条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则的多面体外形的性质，这一适宜条件一般指的是自动结晶析出的条件，缺角的氯化钠晶体在饱和的NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，C正确；
D．晶体的许多物理性质表现出各向异性，但玻璃是非晶体，不具有物理性质各向异性的特点，所以用红热的铁针刺中玻璃上凝固的石蜡，在不同方向上熔化的快慢相同，D错误；
故答案选C。
9．C
【详解】A．As原子在晶胞中的位置为：每条棱上2个，内部有两个，结合均摊法可知，As原子数为个，故A正确；
B．1号原子位于体心的正下方，高为，由图可知1号原子的坐标为(，，)，故B正确；
C．题中条件不能求出棱上As原子的坐标，故无法比较与2号原子相邻As原子的距离，故C错误；
D．结合均摊法可知，晶胞中Ca原子数为，Fe原子为，As原子数为，则晶体的密度为=，故D正确；
故答案选C。
10．D
【详解】A．元素钛在元素周期表中的位置为第四周期 IV B族，A错误；
B．Co原子失去最外层的两个电子形成Co2+，故Co2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7，B错误；
C．由图可知，与Co2+距离最近的Ti4+有8个，C错误；
D．该晶胞中，Co2+的个数为1，Ti4+的个数为8×=1，O2-的个数为6×=3，则该化合物的化学式为CoTiO3，D正确；
故选D。
11．D
【详解】A．NaCl 和CsCl都是离子晶体，Na+半径小于Cs+半径，半径越小，离子间的离子键越强，熔沸点越高，因此熔沸点：NaCl>CsCl，A错误；
B．由图可知，在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数且为12，B错误；
C．ZnS的晶胞边长为a pm，Zn2+与S2-之间的最近距离为体对角线的，因此为apm，C错误；
D．ZnS中阳离子配位数为4，NaCl中阳离子配位数为6，CsCl中阳离子配位数为8，因此阳离子的配位数大小关系为ZnS故选D。
12．A
【分析】由晶胞结构可知，位于顶点和面心的个数为，每个晶胞中含4个，设中和个数分别为a和b，则，由化合价代数和为0可得，联立两方程可得，即每个中含个数为，每个晶胞中含个数为，据此分析。
【详解】Ａ．由分析可知，每个晶胞中含个数为，A错误；
Ｂ．每个晶胞中含个数为，据此分析，由每个转化为，产生0价铜原子个，则每个晶胞中含0价铜原子个数为，B正确；
Ｃ．放电时NaCuSe转化为电极反应式为：
，C正确；
Ｄ．充电时1mol晶胞完全转化为晶胞，转移的电子数为，D正确。
综上所述，选A。
13．C
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：C>O，A正确；
B．杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，B正确；
C．氢键是H与N、O、F等电负性大的元素以共价键结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力，所以杯酚与C60形成的不是氢键，C错误；
D．与杯酚均为分子晶体，二者晶体类型相同，D正确；
故选C。
14．B
【详解】A．根据图(a)所示晶胞结构可知：在一个晶胞中含有Ca2+原子数目是8×=1；含有Ti原子数目是1，含有O2-数目是6×=3，故该晶体化学式为CaTiO3，A正确；
B．根据图(b)晶胞结构可知其中含有位于晶胞顶点，其数目是1个，B为1个，X为3个，由于X、B是I-和Pb2+中的一种，根据化合物中化合价代数和为0，结合微粒数目可知B为Pb2+，X为I-，B错误；
C．是CH3NH2的N原子与H+通过配位键结合形成的阳离子，故其中含有配位健，C正确；
D．以顶点Ca2+为研究对象，在一个晶胞中与该Ca2+距离相等且最近的O2-有3个，分别位于通过该顶点Ca2+的三个面心上，通过该Ca2+可以形成8个晶胞，每个O2-被重复计算了2次，则与该Ca2+距离相等且最近的O2-数目为：个，D正确；
故合理选项是B。
15．CD
【详解】A．因为NiO的晶胞与NaCl相似，在NaCl晶胞中，Na+的配位数是6，因此NiO晶胞中与等距最近的也为6，A项错误；
B．同一周期元素从左向右，第一电离能呈增大的趋势，即第一电离能：B＜N＜O，B项错误；
C．NH2BH2中除了存在键还存在键，因此氮硼键键能：，C正确；
D．根据VSEPR模型计算，、、的中心原子上的价层电子对数都是4，D正确。
因此，本题选CD。
16．(1) 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2) 1∶2
(3) 4NA或2.408×1024 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以熔沸点较高
(4) 分子间作用力或范德华力
(5)bc
【详解】（1）基态Cu原子的外围电子为：，则基态二价铜离子的电子排布式为： ，铜原子失去一个电子后，亚铜离子核外电子排布为，处于稳定对 全充满状态，所以导致高温时比更稳定。
（2）中含有N，因为三键中有1个δ键和2个π键，所以中的δ键和π键数目之比为1:2；根据等电子体结构相似的原理，的结构与相似，则的电
子式为：
（3）的结构式为：，根据结构式可知，分子中有3个单键和2个三键，因为单键为键，三键为1个键和2个键，所以1mol中的键为4；因为异硫氰酸(H—N=C=S)分子间可以形成氢键，而硫氰酸(H—S—C≡N)分子间不能形成氢键，故硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)；故答案为：异硫氰酸(H—N=C=S)分子间可以形成氢键；
（4）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，石墨为混合晶体，层间作用力为分子间的作用力，故六方氮化硼晶体层间作用力为分子间作用力或范德华力；在六方氮化硼晶体中，N原子为：4×1=4，B原子为：，因此一个晶胞中含有4个BN，六方氮化硼的晶胞边长为361.5pm，则六方氮化硼的密度为： =
（5）a.立方相氮化硼中没有π键，所以a错误；
b.六方相氮化硼为层状结构，层间作用力小，所以质地软，b正确；
c.两种晶体中的B-N键均为共价键，c正确；
d.六方氮化硼晶体为混合晶体，d错误。
故选bc。
17． 3 7.7%
【详解】由晶胞结构可知，晶胞内的H-周围等距离的Mg2+有3个，即H-的配位数为3；晶胞中的H-数目为2+4=4，Mg2+数目为1+8=2，该晶胞的化学式为MgH2，则X的储氢质量分数是=7.7%；由X的晶胞结构可知，一个晶胞的质量为：，密度为1.4gcm-3，则晶胞的体积为：cm3=(a×b×c×10-30)，则c=pm，故答案为：3；7.7%；。
18．(1) 2
(2)(，，)
(3)
【详解】（1）①大白球位于顶点和体心，个数为=2，小白球位于晶胞内部，有4个，根据氧化亚铜的化学式，小白球为Cu＋，大白球为O2-，根据晶胞图，Cu＋的配位数为2；故答案为2；
②晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，则晶胞的密度为g/cm3，故答案为；
（2）根据晶胞图以及所给原子坐标可知，C位于晶胞体心，则Li的原子坐标参数为(，，)；故答案为(，，)；
（3）Ni位于晶胞面和体心，个数为=5，La位于顶点，个数为=1，H原子位于上下底面的棱心和面心，个数为=3，化学式为LaNi5H3；故答案为LaNi5H3；
19． Cu3Ni 正八面体 4
【详解】其立方晶胞结构如图所示，Cu原子个数为：，Ni原子个数为：，则该晶体的化学式为Cu3Ni，铜原子构成的空间构型为正八面体，铜原子距离最近的Ni有4个；晶胞中距离最近的Ni原子和Cu原子的核间距为边长的，设边长为apm，则有m=，则有：1×(64×3+59)g=(a×10-10cm)3×ρg·cm-3×NA，a=pm，最近距离为： pm。
20．(1)
(2)AC
(3)
(4)
(5)40
(6)CuFeS2
【详解】（1）尾气可以制备一种二元强酸，二氧化硫和氧气水反应生成硫酸，化学式为；也可以制备一种具有还原性的钠盐(正盐)，该盐能被氧化，说明化合价为+4价，则该盐是；故答案为：；；
（2）在实验室完成操作X，氢氧化铁沉淀灼烧生成氧化铁，因此宜选择的仪器有坩埚、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚钳、玻璃棒；故答案为：AC；
（3）与在高温下反应生成氧化亚铜，其反应的化学方程式为；故答案为：；
（4）验证非金属性一般是根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱或则根据置换反应，因此在上述转化中，能证明氯的非金属性比硫强的化学方程式为；故答案为：；
（5）由S元素质量分数为32%，铁、铜质量分数为68%，根据铁、铜是1:1的比例计算出Fe元素的质量分数为28%，则Fe的质量为28kg，根据元素守恒，中Fe的质量也为28kg，故的质量为；故答案为：40；
（6）晶胞内含有8个S，均为此晶胞所有，则此晶胞含有8个S；晶胞的8个顶点为Cu，为8个晶胞所共有，面上有4个Cu，为2个晶胞所共有，还有1个Cu在晶胞内部，为此晶胞所共有，则此晶胞中一共含有=4个Cu；晶胞的4个棱上有Fe，为4个晶胞所共有，面上有6个Fe，为2个晶胞所共有，则此晶胞中一共含有=4个Fe；则此晶胞中Cu、Fe、S的个数比为4:4:8=1: 1:2，则此化学式为CuFeS2。
21．(1)
(2)使气态乙醛冷凝为液体，便于收集
(3) ① 挥发出来的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
(4)5
(5) TiN 12 pm
【分析】用双氧水和催化剂制取氧气。制得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和热的乙醇一起进入硬质玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成的乙醛进入试管中，被冷凝收集。
（1）
仪器b中乙醇在铜的催化下发生氧化反应生成乙醛，发生反应的化学方程式为；
（2）
E中盛冷水,作用是使乙醛冷凝为液体，便于收集；
（3）
乙醇催化氧化生成乙醛。
①乙醇易挥发，乙醛中混有乙醇，因乙醇具有还原性，也能使酸性KMnO4溶液褪色，故不能用酸性KMnO4溶液检验乙醛,结论不合理；
②乙醛中含有醛基,能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，结论合理；
③乙酸能与NaOH溶液发生酸碱中和反应，使含酚酞的NaOH溶液微红色褪去，结论合理；
答案为①；挥发出来的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
（4）
根据乙结构简式可知:其中采取sp3杂化方式成键的原子有3个饱和C原子、1个O原子和1个N原子，共5个原子；
（5）
观察晶胞N位于立方体的顶点和面心位置，N数=8×+6×=4；Ti位于晶胞内，有4个，化学式可写为TiN；以晶胞顶点的N原子研究，距离氮原子最近的氮原子位于晶胞三个面的面心，每一个顶点为8个晶胞所共用，每一个面心上的N原子为两个晶胞所共用，所以晶体结构中与N原子距离最近且相等的N原子数目为：=12；该晶胞中有4个碳原子和4个氮原子，所以晶胞的质量为g，所以该晶胞的边长为：pm，晶胞结构中两个氮原子之间的最近距离为对角线长度的一半，所以两个氮原子之间的最近距离为：pm。
22．(1)坩埚
(2)4Cu2+++3+5H2O=Cu4(SO4)(OH)6 2H2O↓+3CO2↑
(3)CuO
(4) 盐酸、氯化钡溶液 80%
(5) 56% X射线衍射
【分析】本实验的目的，制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]。分别配制0.50mol L-1CuSO4溶液和0.50mol L-1Na2CO3溶液，然后将30mLCuSO4溶液和36mL Na2CO3溶液混合、搅拌均匀；将混合溶液加热至75℃，搅拌15min，即可获得碱式碳酸铜晶体。
【详解】（1）步骤I中，配制0.50mol L-1CuSO4溶液时，需要使用容量瓶、烧杯、天平，玻璃棒等，不需要使用的仪器是：坩埚。答案为：坩埚；
（2）步骤II中，将CuSO4溶液与Na2CO3溶液等体积混合，二者恰好完全反应，生成Cu4(SO4)(OH)6 2H2O晶体，同时生成CO2，反应的离子方程式为4Cu2+++3+5H2O=Cu4(SO4)(OH)6 2H2O↓+3CO2↑。答案为：4Cu2+++3+5H2O=Cu4(SO4)(OH)6 2H2O↓+3CO2↑；
（3）步骤III中，若温度高于90℃，Cu2(OH)2CO3发生分解，生成CuO、CO2和水，则产品中混有的黑色固体是CuO。答案为：CuO；
（4）步骤IV中，沉淀表面容易吸附溶液中的，检验的试剂是盐酸、氯化钡溶液。制取碱式碳酸铜的离子方程式为2Cu2++2+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑，则理论上，30mL0.50mol L-1CuSO4溶液和36mL 0.50mol L-1Na2CO3溶液反应，生成Cu2(OH)2CO30.0075mol，则碱式碳酸铜的产率是=80%。答案为：盐酸、氯化钡溶液；80%；
（5）从图中可以看出，样品灼烧后，所得固体为CuO，质量保留百分数为70%，则铜元素的质量分数是=56%。测定晶体结构时，通常使用X射线衍射实验，所以使用X射线衍射实验可进一步测定样品的晶体结构。答案为：56%；X射线衍射。
【点睛】Cu2(OH)2CO3的分解温度低于水的沸点，所以在水溶液中加热，Cu2(OH)2CO3就可发生分解。