第三章 晶体结构与性质 测试题（含解析） 高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

第三章 晶体结构与性质 测试题
一、选择题
1．下列化学用语表达正确的是
A．中子数为10的O原子：O B．乙醚的结构简式：CH3－O－CH3
C．铵银离子的结构式： D．环己烷的键线式：
2．下列说法正确的是
A．沸点：
B．属于共价晶体，熔化时破坏共价键
C．比稳定是因为分子间存在氢键
D．属于离子晶体，只有离子键，没有共价键
3．硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是
A．单质硅和金刚石中的键能：
B．和中C、Si化合价均为-4价
C．中Si原子的杂化方式为sp
D．碳化硅硬度很大，属于分子晶体
4．我国科学家成功制备单分子芯片的部分流程如下。
下列说法正确的是
A．基态铜原子价电子排布式为
B．石墨烯属于有机材料
C．PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯)中存在碳碳双键
D．Si与石墨烯之间存在金属键
5．铯铜卤化物晶体中的阴离子存在如图所示链状结构，其中铜元素的化合价均相同。
下列说法正确的是
A．一种铯铜卤化物的化学式为，其中的化合价为
B．电负性大小顺序是
C．该链状结构是四面体通过共用顶点而形成的
D．该晶体的化学式为
6．下列说法中正确的是
A．互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质也相同
B．由酸性，可知酸性
C．由和都能溶于氨水中，而不能溶解在氨水中，可知在水中的溶解度最大
D．干冰采取分子非密堆积，冰采取分子密堆积
7．下列关于B、Al及其化合物结构与性质的论述正确的是
A．Al能以sp3d2杂化形成AlF，推测B也能以sp3d2杂化形成BF
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，推测B(OH)3也是两性氢氧化物
C．键能：B—Cl＞Al—Cl，所以BCl3的沸点高于AlCl3
D．立方BN是结构类似于金刚石的共价晶体，推测其有很高的硬度
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键的数目为12NA
B．46gCH3CH2OH中采用sp3杂化的原子数为2NA
C．0.5molSF6中S的价层电子对数为3NA
D．12g石墨中含有C-C键的数目为2NA
9．化学用语是学好化学知识的重要基础。下列化学用语的组合正确的是
①CCl4分子的空间填充模型是
②H2O2的电子式：
③核内有12个中子的Na：
④HClO的结构式：H－Cl－O
⑤顺－2－丁烯的结构简式为
⑥有机化合物CH3CH2NO2与H2NCH2COOH是同分异构体
⑦基态氮原子轨道表示式：
⑧NaCl的晶胞
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．某螯合物(含有多个配位原子的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)是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图所示。已知W、X、Y、Z、M为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大，Z为地壳中含量最高的元素，M形成的二价阳离子核外电子各层均全充满。下列有关说法正确的是
A．该物质中所有的非金属元素都分布在元素周期表的p区
B．该化合物中M通过螯合作用形成的配位键是5
C．第一电离能由小到大的顺序是：
D．Z形成的简单气态氢化物的沸点比其同族的高
11．可用于电镀.与溶液反应的方程式为。下列说法正确的是
A．中子数为35的铜原子：
B．的结构示意图：
C．中存在极性键和非极性键
D．的电子式为
12．含有非极性键的离子化合物是
A． B． C． D．NaOH
13．下列物质的变化，破坏的主要是离子键的是
A．AlCl3升华 B．酒精溶于水
C．NaI溶于水 D．Fe单质熔化
14．金刚石和石墨的物理性质存在着较大差异，原因是( )
A．它们是由不同种元素构成的 B．他们各自的原子排列方式不同
C．它们具有不同的几何外形 D．石墨能导电而金刚石不能
15．晶体具有周期性的微观结构。下列与晶体相关的说法中错误的是
A．晶胞是晶体结构中最小的重复单元
B．某固体是否是晶体，可利用X射线衍射仪判断
C．CuSO4溶液蒸发结晶得到的固体粉末一定属于晶体
D．缺角的NaCl晶体放在饱和NaCl溶液中，能变为完美的立方体
二、填空题
16．碳元素的单质有多种形式，如图依次是金刚石、石墨和C60的结构示意图：
分析上图可知：
(1)金刚石的晶体类型是_______________，晶体中每个最小环上的碳原子的个数是___________。
(2)石墨晶体呈层状结构，层内每个正六边形拥有的碳原子的个数是________，层与层之间的作用力是______________。
(3)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子稳定结构，则Co分子中σ键与π键数目之比为_______________。
17．判断a、氧化锰；b、碘化氢；c、氢氧化钠；d、硫酸，属于离子化合物的有_____，属于共价化合物的有_____。
18．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂(如乙醇)，将析出深蓝色的晶体。
Ⅰ.在化学实验和科学研究中，水是一种最常用的溶剂。水是生命之源，它与我们的生活密切相关。
(1)写出H2O分子的电子式：________。
(2)水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子(H3O＋)。下列对上述过程的描述不合理的是________。
A．氧原子的杂化类型发生了改变
B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变
D．微粒中的键角发生了改变
Ⅱ.胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料，波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、花卉上。
(3)写出铜原子价电子层的电子排布式：_____，与铜同一周期副族元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有________(填元素符号)。
(4)实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有________。
(5)实验过程中加入C2H5OH后可观察到析出深蓝色Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。实验中所加C2H5OH的作用是_________________________ 。
19．金属可以与形成一种化合物M，M是一种新型超导体，它的临界温度为。已知M的晶胞()结构如图所示，则M的化学式为_______。其晶胞参数为，该晶体的密度为_______。(列出计算式)
三、计算题
20．完成下列问题。
(1)指出溴在周期表中的位置：_，属于_区。
(2)用二氧化碳生产化工产品，有利于二氧化碳的大量回收。二氧化碳和乙二醇在ZnO或锌盐催化下可合成碳酸乙烯酯。
碳酸乙烯酯中碳原子杂化轨道类型为____；1mol碳酸乙烯酯中含有的键数目为____。
(3)苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点、沸点分别高于甲苯的熔点、沸点，原因是_____。
(4)下图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为__。
21．我国科学家利用碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料成功地验证了三维两字霍尔效应，并发现了金属—绝缘体的转换。回答下列问题：
(1)基态砷原子的价电子排布式为____。
(2)As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为____(用元素符号表示)。
(3)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3＞PH3原因是____。
(4)含砷有机物“对氨基苯砷酸”的结构简式如图，砷原子轨道杂化类型为____。
(5)Cd2+与NH3形成的配离子[Cd(NH3)4]2+中，2个NH3被2个Cl-替代只得到1种结构，[Cd(NH3)4]2+的立体构型是____，1mol[Cd(NH3)4]2+含____molσ键。
四、元素或物质推断题
22．表中为元素周期表的一部分，针对表中用字母标出的元素，回答下列问题，(除特别注明外，其他一律用化学式表示)。
(1)写出用于证明E的还原性强于A的离子方程式为_______。
(2)元素B的最高价氧化物的电子式为_______；元素C的最简单氢化物的结构式为_______。
(3)元素D形成的简单氢化物的固态密度小于液态时的密度，原因是由于相比液态，在固态时分子间存在较多的_______，导致微观结构中出现较大的空隙，密度减小。
(4)H、I形成的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序_______；G、H的最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序：_______。
(5)现有B、E、F的氧化物形成的晶体，其中只含离子键的离子晶体的氧化物是____，属于共价晶体的氧化物是_______。
五、实验题
23．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)。
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．中子数为10的O原子：O，A错误；
B．上述表示的是二甲醚，而乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，B错误；
C．铵银离子中氮原子和氢原子之间为共价键，结构式：，C正确；
D．环己烷的键线式：，D错误；
故选C。
2．B
解析：A．形成分子内氢键，形成分子间氢键导致沸点升高，故沸点：<，故A错误；
B．属于共价晶体，熔化时破坏共价键，故B正确；
C．比稳定是因为N-H键能大于P-H键能，故C错误；
D．的铵根离子、硝酸根离子中均存在共价键，故D错误；
故选B。
3．A
解析：A．原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，则键能：Si-Si＜C-C，故A正确；
B．H的电负性大于Si，SiH4中Si的化合价为价，故B错误；
C．SiO2中Si的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；
D．碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D错误；
故选A。
4．A
解析：A．铜是29号元素，基态铜原子价电子排布式为，故A正确；
B．石墨烯属于无机非金属材料，故B错误；
C．甲基丙烯酸甲酯中含有碳碳双键可以发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，聚甲基丙烯酸甲酯中不存在碳碳双键，故C错误；
D．金属阳离子和自由电子之间的强烈的相互作用叫做金属键，Si与石墨烯之间不存在金属键，故D错误；
故选A。
5．D
解析：A．(X=Cl、Br、I)由化合价代数和为0，Cs为+1价X为-1价，铯铜卤化物中Cu的化合价为+1价，选项A错误；
B．元素周期表越往上越往右，电负性越大，故电负性，选项B错误；
C．根据图可知，该链状结构是四面体通过共用棱而形成的，选项C错误；
D．根据均摊法可知，晶胞中大球为X原子，在面心和体心，共8+2=6个，Cu为4个，Cs为2个，该晶体的化学式为，选项D正确；
答案选D。
6．B
解析：A．具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左右手一样互为镜像，在三维空间里不能重叠，互称手性异构，互为手性的分子的性质不相同，故A项错误；
B．若分子中存在含有强吸引电子基团，能使-OH上的H原子活泼性增强而使该物质的酸性增强；若存在斥电子基团，能减弱-OH上H原子的活性而使该物质的酸性减弱，由酸性，吸电子能力-F>-Cl>-H，可知酸性，故B项正确；
C．由和都能溶于氨水中，而不能溶解在氨水中，说明AgI在水中更难以电离，即AgI在水中更难溶解，故C项错误；
D．干冰由二氧化碳分子密堆积形成的晶体，冰晶体中水分子间采取非紧密堆积的方式，没有分子密堆积形成的晶体，故D项错误；
综上所述，正确的是B项。
7．D
解析：A ．Al原子有3d轨道，可以容纳6对电子形成AlF，而B是第二周期元素，没有多余的轨道容纳6对电子，无法形成离子BF，最大配位数是4，即BF，故A错误；
B．B(OH)3(硼酸)是一元弱酸，不是两性氢氧化物，故B错误；
C ．BCl3和AlCl3都是分子晶体，沸点高低受分子间作用力的影响，故C错误；
D．结构决定性质，共价晶体一般都具有较高的硬度，立方BN是共价晶体，故D正确；
故答案为：D
8．C
解析：A．Cu2+和NH3之间的配位键为σ键，NH3分子内部N-H也是σ键，所以1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键的数目为16NA，A错误；
B．CH3CH2OH中C和O均为sp3杂化，46g乙醇为1mol，sp3杂化的原子数为3NA，B错误；
C．SF6中S原子的价层电子对数为=6，则0.5molSF6的价层电子对数为3NA，C正确；
D．石墨中每个C原子形成3个C-C键，每个C-C键被两个C原子占据，所以每个C原子占据个C-C键，12g石墨含有1mol碳原子，含有1mol×=1.5molC-C键，D错误；
综上所述答案为C。
9．A
解析：①CCl4分子的Cl原子半径比C原子半径大，因此该图示不能表示CCl4分子的空间填充模型，①错误；
②H2O2是共价化合物，两个O原子之间以共价单键结合，每个O原子分别与1个H原子形成1个共价键，故H2O2的电子式为，②错误；
③原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则核内有12个中子的Na原子质量数是23，用原子符号可表示为：，③错误；
④HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成一个共价键，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故其结构式为：H－O－Cl，④错误；
⑤顺－2－丁烯表示相同的原子和原子团位于碳碳双键的同一侧，其结构简式为，图示的物质表示的是反－2－丁烯，⑤错误；
⑥有机化合物CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同结构不同，因此二者是同分异构体，⑥正确；
⑦原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，N是7号元素，则基态氮原子轨道表示式为，⑦错误；
⑧在NaCl的晶胞中，每个Na+上下前后左右六个方向有6个Cl-；每个Cl-上下前后左右六个方向有6个Na+，故图示不能表示NaCl的晶胞，⑧错误；
综上所述可知：说法正确的只有⑥，故合理选项是A。
10．D
【分析】Z为地壳中含量最高的元素，则Z为O；M形成的二价阳离子核外电子各层均全充满，则M为Mg或Zn；根据原子序数和成键情况，可判断W为H；X为C；Y为N。
解析：A．H位于s区，C、N、O位于p区，A项错误；
B．根据题意，螯合作用需要成环，图中有5个配位键，但有一个未成环，故通过螯合作用形成的配位键是4，B项错误；
C．同周期元素第一电离能从左向右第一电离能有逐渐增大趋势，但N具有半充满电子结构，较稳定，第一电离能大于O，故三者大小：C＜O＜N，C项错误；
D．H2O能形成分子间氢键，沸点高于同主族其他元素的简单气态氢化物，D项正确。
答案选D。
11．D
解析：A．Cu质子数为29，则质量数=29+35=64，则核素符号为：，A错误；
B．K原子含有19个电子，则K+电子数为18个，对应结构示意图为：，B错误；
C．该化合物CN-中C与N之间存在极性键，配体与中心Cu之间配位键也为极性键，不含非极性键，C错误；
D．CN-中C与N之间共用3对电子，得到的1个电子给C以达到稳定结构，对应电子式为：，D正确；
故答案选D。
12．A
解析：A．中Na+与之间形成离子键，内部两个O原子间形成非极性共价键，A符合题意；
B．过氧化氢为共价化合物，没有离子键，B不符合题意；
C．为离子化合物，只存在Ba2+与Cl-间的离子键，C不符合题意；
D．氢氧化钠为离子化合物，氢氧根离子中存在O-H极性共价键，D不符合题意；
故选A。
13．C
解析：A．AlCl3为共价化合物形成的分子晶体，升华时破坏分子间作用力，故A错误；
B．酒精为非电解质，溶于水时破坏分子间作用力，故B错误；
C．NaI为离子晶体，溶于水时破坏离子键，故C正确；
D．Fe单质为金属晶体，熔化时破坏金属键，故D错误；
答案为C。
14．B
解析：物质的组成和结构决定了物质的性质，金刚石和石墨均由C元素构成，但由于结构中碳原子的排列方式不同，所以物理性质存在较大差异，故答案为B。
15．C
解析：A．晶体是由无数的晶胞所组成，即晶胞是晶体中的最小的结构重复单元，故A正确；
B．晶体是由大量微观物质单位（原子、离子、分子等）按一定规则有序排列的结构，可以使X光发生有规律的衍射，而非晶体固体则不能，故B正确；
C．CuSO4溶液蒸发结晶得到的是蓝色晶体而不是粉末，故C错；
D．溶质从容也中析出可形成晶体，所以缺角的NaCl晶体放在饱和NaCl溶液中，能变为完美的立方体，故D正确；
答案选C。
二、填空题
16． 共价晶体(原子晶体) 6 2 范德华力 3：1
解析：(1)金刚石是由原子靠共价键聚集而成的共价晶体(原子晶体)；晶体中每个最小环上的碳原子的个数是6；
(2)石墨层状结构中每个碳原子被3个六元环共用，所以每个正六边形拥有的碳原子的个数是=2；层与层之间的作用力为范德华力；
(3)C60分子中每个原子只跟相邻的3个原子形成共价键，且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则每个C形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个C原子最外层才满足8电子稳定结构，双键数应该是C原子数的一半，而双键中有1个σ键、1个π键，显然π键数目为30，一个C跟身边的3个C形成共价键，每条共价键只有一半属于这个C原子，所以σ键为=90，则C60分子中σ键与π键的数目之比为90：30=3：1。
17． ac bd
解析：氧化锰是金属氧化物，是离子化合物；碘化氢是非金属化合物，是共价化合物；氢氧化钠是碱，是离子化合物；硫酸是含氧酸，是共价化合物；故属于离子化合物的有：ac；属于共价化合物的有bd。
18． A 3d104s1 Cr 共价键、配位键 降低Cu(NH3)4SO4·H2O的溶解度
【分析】Ⅰ.（1）水为共价化合物；
（2）A. 根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，水中氧的杂化方式为sp3，H3O＋中O的杂化方式为sp3；
B. 水为V形结构，H3O＋为三角锥形；
C. 分子和离子的化学性质不同；
D. 根据微粒的空间构型判断；
Ⅱ.（3）Cu的原子序数为29，为第四周期第IB族元素，最外层电子为4s1；
（4）胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子；
（5）从降低物质的溶解度的角度进行分析。
解析：Ⅰ.（1）水为共价化合物，电子式为：；
（2）A. 水分子中O原子价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4，采用sp3杂化，H3O＋中O原子价层电子对个数=3+×(6-1-3×1)=4，采用sp3杂化，氧原子的杂化类型没有改变，A项错误，符合题意；
B. 水分子中O原子含有2个孤电子对，采用sp3杂化，，空间构型为V形结构，H3O＋为三角锥形，微粒的形状发生了变化，B项正确，不符合题意；
C. H2O为中性分子，H3O＋为酸性的阳离子，微粒的化学性质发生了变化，C项正确，不符合题意；
D. 水分子为V形结构，H3O＋为三角锥形，微粒中的键角发生了变化，D项正确，不符合题意；
答案选A。
Ⅱ.（3）Cu的原子序数为29，为第四周期第IB族元素，价层电子的电子排布为3d104s1，最外层为4s1，同周期的副族元素Cr的价层电子排布为3d54s1；
（4）胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子，N、H原子之间以共价键结合，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，以配位键结合；
（5）实验过程中加入C2H5OH后，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度，析出了Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。
19．
解析：据“均摊法”，晶胞中含个As、1个C、个C，故化学式为，1个晶胞中含有1个，则晶体密度为。
三、计算题
20． 第4周期ⅦA族 p sp3、sp2 10mol 苯胺分子间形成氢键 ZnX
【分析】(1)根据溴的原子序数为35可以推知其在周期表中的位置，再根据其核外电子最后进入的能级便可知道其所属的分区；
(2)利用z杂化轨道数来确定碳原子的杂化类型，根据单键全是键，双键1个键，一个键，三键是1个键，2个键来确定1mol碳酸乙烯酯中含有的键数目；
(3)根据氢键对物质物理性质的影响来解题；
(4)采用均摊法进行求解。
解析：(1)溴是35号元素，由于18＜35＜36，故在第四周期，又35-18=17，故在周期表中倒数第二列即在ⅦA族，故溴周期表中的位置为：第4周期ⅦA族，电子最后进入的能级是4p能级，故属于p区，故答案为：第4周期ⅦA族；p；
(2)由碳酸乙烯酯的结构简式可知，其中碳氧双键中的碳原子形成2个键，一个键，故杂化轨道数为3，属于sp2杂化，另2个碳原子周围形成4个键，杂化轨道数为4，属于sp3杂化，根据单键全是键，双键1个键，一个键，故1mol碳酸乙烯酯中含有的键数目为10mol，故答案为：sp3、sp2；10mol；
(3)苯胺()与甲苯()均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体的熔沸点与相对分子质量成正比，但由于苯胺能形成分子间氢键，导致苯胺的熔点、沸点分别高于甲苯的熔点、沸点，故答案为：苯胺分子间形成氢键；
(4)从晶胞图可知，锌位于晶胞体内，X则位于晶胞的顶点和面心上，故一个晶胞含有的锌原子为：4×1=4，含有X原子为：，故该化合物的化学式为ZnX，故答案为：ZnX。
21．(1)4s24p3
(2)As＞Se＞Ge
(3)电负性：N＞P，NH3更易结合水电离出的氢离子，促进水的电离
(4)sp3杂化
(5) 正四面体 16
解析：（1）砷的原子序数为33，位于第四周期，第ⅤA族，基态砷原子的价电子排布式为4s24p3。
（2）As与Ge、Se同周期且相邻，由于As的4p轨道处于半满结构，能量低稳定，失去电子更难，它的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，所以它们的第一电离能由大到小的顺序为As＞Se＞Ge。
（3）N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3＞PH3原因是：原子半径：N＜P，电负性：N＞P，NH3更易结合水电离出的氢离子，促进水的电离，故碱性：NH3＞PH3。
（4）由图可知，As的σ键数为4，无孤电子对，故砷原子轨道杂化类型为sp3杂化。
（5）[Cd(NH3)4]2+中，2个NH3被2个Cl﹣替代只得到1种结构，则[Cd(NH3)4]2+的立体构型是正四面体结构，1个[Cd(NH3)4]2+含4个配位键，含有12个N﹣H键，共含有16个σ键，故1mol[Cd(NH3)4]2+含16molσ键。
四、元素或物质推断题
22． 氢键
【分析】由各元素在周期表中的相对位置可知，A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、E为Na元素、F为Si元素、G为P元素、H为S元素、I为Cl元素。
解析：(1)由还原剂的还原性强于还原产物，钠能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为，反应中钠为还原剂，氢气为还原产物，则钠的还原性强于氢气，故答案为：；
(2)二氧化碳是共价化合物，电子式为；氨气为共价化合物，结构式为，故答案为：；；
(3)液态水的密度大于固态水的密度，原因是固态水中分子间存的氢键数目多余液态水，导致微观结构中出现较大的空隙，密度减小，故答案为：氢键；
(4)非金属元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的稳定性强于硫化氢；硫元素的非金属性强于磷元素，则硫酸的酸性强于磷酸，故答案为：；；
(5)碳、钠、硅三种元素形成的氧化物中，氧化钠是离子晶体，只含有离子键；二氧化硅是共价晶体，故答案为：；。
五、实验题
23．(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+
解析：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+。