第三章《晶体结构与性质》测试（含解析）2022-2023学年下学期高二化学人教版（2019）选择性必修2

第三章《晶体结构与性质》测试
一、单选题
1．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
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4LCH4与22.4LCl2充分反应，生成的CH3Cl分子数为NA
B．2gCO2与C3H8的混合气体中含有的质子数为NA
C．含有3molC—C键的石墨中含有的碳原子数为2NA
D．0.1L0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中含有的Cr2O离子数为0.01NA
3．下列叙述正确的是
A．键角：CH4＜NH3＜H2O
B．冰和碘晶体中相互作用力相同
C．共价键的成键原子只能是非金属原子
D．H3O+、CuSO4·5H2O、[Cu(NH3)4]2+中均含有配位键
4．下列关于晶体的说法不正确的是
①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点
④晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列
⑤晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定
⑥干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6
A．①②③ B．②③④ C．④⑤⑥ D．②③⑥
5．下列熔点比较正确的是
A．> B．金属锂>金属钠>金属钾
C．新戊烷 >异戊烷 >正戊烷 D．H2O > CH4 > SiO2
6．下列说法正确的是
A．溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却得越快，析出的晶粒越大
B．用电子天平称量物体进行读数时，侧门应处于关闭状态
C．固体结块后，可将其在研钵中研磨成粉末再进行使用
D．牙膏中的甘油可用新制氢氧化铜悬浊液检验，现象是产生绛蓝色沉淀
7．下表列出了有关晶体的认识，其中不正确的是
A B C D
晶体 氯化钾 干冰 金刚石 碘
构成晶体的微粒 阴、阳离子 分子 原子 分子
晶体中微粒间存在的作用力 离子键 共价键 共价键 范德华力
A．A B．B C．C D．D
8．石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相结合，下图是其晶体结构的俯视图，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是
A．10个 B．18个 C．24个 D．14个
9．下列过程没有发生化学反应的是
A．SO2使品红溶液褪色 B．碘单质受热后产生紫红色烟
C．某些蛋白质遇浓硝酸变为黄色 D．无水CoCl2吸水后由蓝色变为粉红色
10．亚铁氰化钾是一种黄色颜料。以含铁废水[主要成分为，含少量、等]为原料合成亚铁氰化钾的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．“调pH”时选用的试剂X可以是或
B．“还原”后可用KSCN溶液检验是否被完全还原
C．“反应”时提供孤电子对给予形成配位键
D．“滤渣Ⅱ”的主要成分是
11．下列关于晶体性质的描述中，正确的是
A．晶体具有物理性质各向同性的特点
B．形成晶体的形态与结晶过程的速率无关
C．晶体表现自范性的过程是自发过程，不需要外界条件
D．用X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体
二、填空题
12．按要求回答下列问题。
(1)的沸点比的高，这是因为_______。
(2)的熔点为，的熔点为，二者熔点差异的原因是_______。
(3)形成的多种化合物中常见的有和金红石，两种晶体熔融状态下都能够导电，则它们属于_______(填晶体类型)，两种晶体比较，熔点较高，其原因是_______。
(4)和都是离子晶体，熔点较高的是_______。其原因是_______。
(5)工业上均采用碳酸盐分解法制取氧化镁与生石灰，的分解温度_______(填“高于”或“低于”)，原因是_______。
(6)已知：为、为。在隔绝空气条件下分别加热和，实验测得的分解温度低于，原因是_______。
(7)和的部分性质对比如表：
熔点/ 714
沸点/ 1412 136.4
室温下状态 固体 无色液体
二者虽然都是金属元素和氯元素形成的化合物，但前者熔点比后者高很多，其原因为_______。
(8)熔融状态均不导电，据此判断它们是_______(填“共价”或“离子”)化合物。它们的晶体结构与金刚石相似，其熔点如下表所示，试分析的熔点依次降低的原因：_______。
物质
熔点／ 1700 1480 1238
13．Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体Ni2+与Ni3+产的最简整数比为_______，晶胞参数为428pm，则晶体密度为_______g cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式)。
14．Mn、Fe均为第4周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据如下表：
元素 Mn Fe
电离能/(kJ·mol-1) I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
回答下列问题：
（1）Mn元素基态原子价电子层的电子排布式为__；比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是__。
（2）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为__，Fe原子配位数之比为__。
15．Cu2+能与NH3、H2O、OH-、Cl-等形成配位数为4的配合物。
（1）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。
①画出配离子[Cu(OH)4]2-中的配位键__________。
②Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有______(填序号)。
A．离子键 B．金属键
C．极性共价键 D．非极性共价键
（2）金属铜与氨水或过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液发生反应:Cu+H2O2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-。其原因是_________________。
（3）Cu2+可以与乙二胺(H2N—CH2CH2—NH2)形成配离子:
。
①H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为___________。
②乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是__________。
16．元素A的基态原子占据纺锤形原子轨道的电子总数为2，元素B与A同周期，其基态原子占据s轨道的电子数与p轨道相同；C是A的同族相邻元素，电负性小于A；D是B的同族相邻元素，第一电离能小于B。则：化合物CA和DB2的晶体熔点较高的是______ (填化学式)。
17．I．氮族元素包括N、P、As、Sb和Bi五种元素。
(1)下列关于氮族元素的说法正确的是___________。
A．N2可用于填充霓虹灯，其发光原理是电子从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道时以光的形式释放能量
B．P、Na、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：P＞S＞Na
C．基态As原子中，电子占据的最高能级为4d
D．Bi原子中最外层有5个能量相同的电子
(2)NH3在水中的溶解度比PH3大得多，其主要原因是___________。
Ⅱ．第四周期金属与人类的生产生活息息相关。
(3)目前市售的发光二极管，其材质以砷化镓(GaAs) 为主。已知镓是与铝同族，镓的基态原子的价电子排布式是___________。GaAs中Ga的化合价为___________。
(4)金属钛坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟， 则TiCl4属于___________(填“原子”“分子”或“离子”)晶体。
(5)钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种的化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀； 往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时， 产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为___________。
18．按要求填空：
（1）写出下列物质的电子式：KCl_____N2_____Na2O2_____Mg3N2_____
（2）用电子式表示下列物质的形成过程：CO2_____．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】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。
2．C
【详解】A．甲烷与氯气光照条件的反应是光敏反应，反应得到的是氯代甲烷的混合物，无法得到纯净的一氯甲烷，所以无法计算标准状况下，22.4L甲烷与22.4L氯气充分反应生成一氯甲烷的分子数，故A错误；
B．二氧化碳和C3H8的摩尔质量都为44g/mol，但二氧化碳的质子数为22、C3H8的质子数为26，则无法计算2g二氧化碳与C3H8的混合气体中含有的质子数，故B错误；
C．石墨中每个碳原子形成3个共价键，每个共价键被2个碳原子共有，则每个碳原子形成的碳碳键为3×=1.5个，则含有3mol碳碳键的石墨中含有的碳原子数为3mol ××NAmol—1=2NA，故C正确；
D．重铬酸钾在溶液中存在如下可逆反应：Cr2O+H2O2CrO+2H+，所以0.1L0.1mol·L-1重铬酸钾溶液中含有的重铬酸根离子数小于0.1mol·L-1×0.1L×NAmol—1=0.01NA，故D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．利用价层电子对互斥理论计算可知，CH4、NH3、H2O中心原子的价层电子对数都是4对，CH4无孤电子对，NH3有一个孤电子对，H2O有2个孤电子对，由于斥力关系：孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对，所以键角关系为：CH4>NH3>H2O，A错误；
B．冰晶体中存在分子间氢键和范德华力，碘晶体中只有范德华力，B错误；
C．共价键的成键原子也可以是金属原子，如AlCl3中Al原子和Cl原子之间形成共价键，C错误；
D．H3O+的结构式为：，里面含有配位键，CuSO4·5H2O中含有配离子，结构为：，含有配位键，硫酸根内部也含有配位键，[Cu(NH3)4]2+的结构与相似，也含有配位键，故D正确；
答案为D。
4．D
【详解】①晶体内部质点在三维空间成周期性重复排列的固体，具有长程有序，并成周期性重复排列，故①正确；
②含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中含有金属阳离子，故②错误；
③分子间作用力决定分子晶体的熔、沸点，共价键决定稳定性，故③错误；
④晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故④正确；
⑤晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定，故⑤正确；
⑥晶体中阴、阳离子的配位数都为8，故⑥错误；
错误的是②③⑥，故选D。
5．B
【详解】A．由于形成分子内氢键导致熔点降低，而 只能形成分子间氢键导致熔点升高，故熔点＜，A错误；
B．锂、钠、钾均为金属晶体，且原子半径：锂小于钠小于钾，导致锂、钠、钾中的金属键键能依次减小，故熔点为：金属锂>金属钠>金属钾，B正确；
C．正戊烷、异戊烷和新戊烷为同分异构体，均形成分子晶体，则支链越多熔点越低，故熔点：新戊烷＜异戊烷＜正戊烷，C错误；
D．已知SiO2形成原子(共价)晶体，H2O和CH4形成分子晶体，且H2O中存在分子间氢键，导致熔点升高，故熔点：SiO2>H2O > CH4，D错误；
故答案为：B。
6．B
【详解】A．溶液中溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却得越快，析出的晶粒就越小，A错误；
B．用电子天平称量物体进行读数时，侧门应关闭，防止外界因素产生干扰，操作合理，B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，研磨时用力过大，容易发生爆炸，C错误；
D．牙膏中的甘油含有多个羟基，可用新制氢氧化铜悬浊液检验，现象是产生绛蓝色溶液，D错误；
故答案为：B。
7．B
【详解】A．氯化钾属于离子晶体，组成微粒是阴阳离子，晶体微粒间的作用力是离子键，故A正确；
B．干冰属于分子晶体，组成微粒是分子，晶体微粒间的作用力是范德华力，故B错误；
C．金刚石属于原子晶体，组成微粒是原子，晶体微粒间的作用力是共价键，故C正确；
D．碘属于分子晶体，组成微粒是分子，晶体微粒间的作用力是范德华力，故D正确；
答案为B。
8．D
【详解】利用均摊法分析。根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为1/3，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，选D。
9．B
【详解】A．二氧化硫使品红溶液褪色是因为二氧化硫与有机化合物生成了不稳定的无色化合物，发生了化学反应，故A不符合题意；
B．碘单质受热后产生紫红色烟是因为碘受热升华转化为碘蒸气，没有发生化学反应，故B符合题意；
C．某些蛋白质遇浓硝酸变为黄色是因为蛋白质遇浓硝酸发生了显色反应，发生了化学反应，故C不符合题意；
D．无水氯化亚钴吸水后由蓝色变为粉红色是因为氯化亚钴与水反应生成了配合物，发生了化学反应，故D不符合题意；
故选B。
10．C
【分析】含铁废水中的铁为三价铁，加入试剂X调高pH生成氢氧化铁沉淀，过滤后，用硫酸溶解沉淀，加入单质铁还原三价铁离子，加入氯化钙沉淀硫酸根离子，再用碳酸钠沉淀没有沉淀完的钙离子，过滤后，加入氯化钾经过转化生成亚铁氰化钾，以此解题。
【详解】A．或可以和氢离子反应从而使pH升高，且不会引入杂质离子，A正确；
B．遇到KSCN溶液会变红色，可以检验，B正确；
C．是阳离子，和形成配位键时，提供空轨道，提供孤电子对，C错误；
D．碳酸钠中的碳酸根离子和没有完全沉淀的钙离子生成沉淀碳酸钙，D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．晶体具有规则的几何外型、固定的熔点和沸点，具有物理性质各向异性的特点，A不正确；
B．当溶液的温度快速下降时，形成晶体的颗粒小，溶液缓慢降温时，形成晶体的颗粒大，则表明形成晶体的形态与结晶过程的速率有关，B不正确；
C．晶体表现自范性的过程是自发过程，并且自发过程的实现，仍需要一定的条件，C不正确；
D．晶体内部微粒排列规则，具有各向异性，而非晶体内部微粒排列不规则，所以用X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，D正确；
故选D。
12．(1)两者都是分子晶体，的相对分子质量比的大，且分子的极性较强，分子间作用力较强
(2)为分子晶体，为共价晶体
(3) 离子晶体 所带电荷数多于，的离子键强度大
(4) 氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的离子键强度大于硫化亚铜
(5) 低于 离子半径小于，二者所带电荷数相同，吸引形成的能力强
(6)更容易结合碳酸根离子中的氧离子或的半径小于，的离子键强度大
(7)属于分子晶体，属于离子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点
(8) 共价 它们均为原子晶体，由于N、P、的原子半径依次增大，故的键长依次增大，共价键越长，键能越小，熔点越低
【详解】（1）的沸点比的高，这是因为：两者都是分子晶体，的相对分子质量比的大，且分子的极性较强，分子间作用力较强。
（2）的熔点为，的熔点为，二者熔点差异的原因是：为分子晶体，为共价晶体，前者熔化时克服分子间的作用力，后者熔化时克服共价键，共价键比分子间的作用力强烈得多。
（3）熔融状态下能导电的化合物为离子晶体，和金红石这两种晶体熔融状态下都能够导电，则它们属于离子晶体，离子键的强弱决定了离子晶体的熔点高低，则熔点较高的原因是：所带电荷数多于，的离子键强度大。
（4）结合(3)可知，和都是离子晶体，熔点较高的是，其原因是：氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的离子键强度大于硫化亚铜。
（5）和分解均生成金属氧化物和二氧化碳，金属氧化物越容易形成，分解温度越低，则的分解温度低于，原因是：离子半径小于，二者所带电荷数相同，吸引形成的能力强。
（6）已知：为、为，结合(5)可知：在隔绝空气条件下分别的分解温度低于的原因是：更容易结合碳酸根离子中的氧离子或的半径小于，的离子键强度大。
（7）由表格可知，前者为离子晶体，后者为分子晶体，离子键比分子间的作用力强烈得多。故前者熔点比后者高很多的原因为：属于分子晶体，属于离子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点。
（8）熔融状态均不导电，则晶体内不存在离子，据此判断它们是共价化合物。它们的晶体结构与金刚石相似，则它们构成共价晶体，共价键的强弱程度决定了共价晶体的熔点高低，则的熔点依次降低的原因：：它们均为原子晶体，由于N、P、的原子半径依次增大，故的键长依次增大，共价键越长，键能越小，熔点越低。
13． 8∶3
【详解】NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，一个晶胞中含有4个Ni和4个氧，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，设Ni2+有x个，Ni3+有y个，根据电荷守恒和质量守恒得到x+y=0.88，2x+3y=2，解得x=0.64，y=0.24，0.64∶0.24=8∶3，因此晶体Ni2+与Ni3+的最简整数比为8∶3，晶胞参数为428pm，则晶体密度为====g cm-3，故答案为：8:3；。
14． 3d54s2 Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态 2∶1 3∶2
【分析】(1)根据核外电子排布的规律书写；原子轨道处于半满、全满、全空时能量更低，更稳定；
(2)利用均摊法计算晶胞中原子的数目；面心立方晶胞中，以顶点的Fe分析，与之最近的Fe原子位于面心上，体心立方晶胞中以体心的Fe分析，与之最近的Fe原子处于顶点上，据此分析解答。
【详解】(1)Mn元素为25号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，所以价层电子排布式为3d54s2，由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量较少，故答案为：3d54s2； Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)；
(2)面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数为8×+6×=4，体心立方晶胞中含有Fe原子的个数为8×+1=2，所以面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为2∶1；面心立方晶胞中每个Fe原子周围有12个Fe原子，体心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，故Fe原子配位数之比为12∶8=3∶2，故答案为：2∶1；3∶2。
15． AC 过氧化氢为氧化剂，将Cu氧化为Cu2+，氨分子与Cu2+形成配位键 O>N>H sp3
【分析】（1）①Cu2+含有空轨道，OH-含有孤对电子，可形成配位键；
②Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外，还存在离子键和极性共价键；
（2）过氧化氢可氧化Cu生成Cu2+，进而与氨分子形成配位键；
（3）①根据电负性在周期表中递变规律分析；
②乙二胺分子中N原子形成4个σ键；
【详解】（1）①Cu2+含有空轨道，OH-含有孤对电子，可形成配位键，配离子[C u(OH)4]2+中1个Cu2+与4个OH-形成配位键，可表示为；
②Na2[Cu(OH)4]为离子化合物，含有离子键，并且O-H为极性共价键，故答案为AC；
（2）过氧化氢可氧化Cu生成Cu2+，进而与氨分子形成配位键，两者相互促进使反应进行，故答案为过氧化氢为氧化剂，将Cu氧化为Cu2+，氨分子与Cu2+形成配位键；
（3）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则O＞N，H的电负性最弱，则有O＞N＞H；
②乙二胺分子中N原子形成4个σ键，为sp3杂化；
【点睛】本题考查较为综合，涉及配位键，元素周期律等知识，难度中等，注意配位键的形成条件，为该题的主要考点，也是易错点。
16．SiC
【分析】元素A的基态原子占据纺锤形原子轨道的电子总数为2，A的电子排布为1s22s22p2，则A为碳；元素B与A同周期，其基态原子占据s轨道的电子数与p轨道相同，则B为O；C是A的同族相邻元素，电负性小于A，C为Si；D是B的同族相邻元素，第一电离能小于B，D为S；据此分析解答。
【详解】根据上述分析，化合物CA是SiC，DB2是SO2，碳化硅是原子晶体，二氧化硫晶体是分子晶体，原子晶体熔点较高，分子晶体熔点较低，所以SiC晶体熔点较高，故答案为：SiC。
17． B 氨分子与水分子间能形成氢键 4s24p1 +3 分子 [Co(NH3)5SO4]Br
【详解】I．(1)A．根据能量守恒和电子能级跃迁原理，只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，故A错误；
B．根据元素周期律，P、Na、S三种元素位于同一周期，但P最外层处于半充满状态，故按Na、S、P的顺序第一电离能依次增大，故B正确；
C．基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，电子占据的最高能级为4p，故C错误；D．Bi原子为第ⅤA族第六周期，它的最外层的电子排布为：6s26p3，5个电子的能量不完全相同，故D错误；
答案为B；
(2)根据氨分子与水分子之间可以形成氢键，增加氨气的溶解性，而PH3不能与水形成分子间氢键，因此氨气的溶解性大于PH3；故答案为氨分子与水分子间能形成氢键；
Ⅱ．(3)镓与铝同族，位于周期表第ⅢA族，原子序数为31，最外层有3个电子，最高正价为+3价，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)，价电子排布式为4s24p1；故答案为4s24p1；+3；
(4)TiCl4在常温下是无色液体，熔沸点较低，应属于分子晶体，故答案为分子；故答案为分子；
(5)往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明不能电离出SO，SO为配离子，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明电离出Br-，Br-为外界离子，则第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br；故答案为[Co(NH3)5SO4]Br。
【点睛】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，不要混淆，首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子，根据配离子确定配体的数目，即配位数。
18．
【分析】（1）首先判断单质或化合物的类型，离子化合物阴离子带电荷且用“[ ]”，共价化合物不带电荷，注意各原子或离子满足稳定结构；
（2）二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子分别共用2对电子。
【详解】（1）KCl为离子化合物，由钾离子与氯离子构成，电子式为：；
氮气分子中两个N原子形成三对共用电子对，氮气分子的电子式为；
Na2O2是离子化合物，由Na+离子和O2﹣离子构成，Na2O2的电子式为；
Mg3N2是离子化合物，由Mg2+离子和N3﹣离子构成，Mg3N2的电子式为；
故答案为；；；
（2）二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，形成过程为：，
故答案为。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页