第三章 晶体结构与性质 单元测试题（含解析）2023-2024学年高二下学期人教版（2019）选择性必修2

第三章 晶体结构与性质 单元测试题
一、单选题
1．下列说法正确的是（　　）
A．氢元素和其他元素可形成共价化合物，也可形成离子化合物
B．离子化合物中只含离子键，共价化合物中只含共价键
C．碘晶体升华、HCl气体溶于水都有共价键被破坏
D．NaCl晶体中，Na+和Cl-之间通过静电引力形成离子键
2．下面的排序错误的是（　　）
A．晶体熔点由低到高：CF4B．硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
C．熔点由高到低：Na>Mg>Al
D．晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI
3．下列物质中不属于离子晶体的是（　　）
A．氯化铵 B．硫酸 C．食盐 D．氧化钠
4．下列关于晶体的说法中，正确的是(　　)
A．将饱和硫酸铜溶液降温，析出的固体不是晶体
B．假宝石往往是玻璃仿造的，可以用划痕的方法鉴别宝石和玻璃制品
C．石蜡和玻璃都是非晶体，但它们都有固定的熔点
D．蓝宝石在不同方向上的硬度一定相同
5．下列说法正确的是（　　）
A．BCl3 和 PCl3 中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构
B．所有共价化合物熔化时需克服微粒间的作用力类型都相同
C．NaHSO4 晶体熔融时，离子键被破坏，共价键不受影响
D．NH3 和 CO2 两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构
6．沸腾时只需克服范德华力的液体物质是（　　）
A．水 B．酒精 C．溴 D．水银
7．下列说法正确的是（　　）
A．金属的晶胞如图所示，其配位数为8
B．SO2分子中，S原子的价层电子对数为3，中心原子上孤电子对数为1，S原子为sp3杂化，是直线型分子
C．醋酸钠溶液中离子浓度的关系为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．已知反应2CH3OH（g） CH3OCH3+H2O（g），某温度下的平衡常数为400，此温度下，在恒容密闭容器中加入一定量CH3OH，某时刻测得各组分浓度如下表，则此时正、逆反应速率的大小关系为：v正＞v逆
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
浓度/mol L﹣1 0.4 0.6 0.6
8．铜氨液的主要成分为(为的简写)，已知 。有同学利用该原理，设计了一个特殊烟斗，烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO。下列说法错误的是（　　）
A．这种特殊烟斗除CO的实验原理为洗气
B．工业上吸收CO适宜的生产条件是低温、高压
C．通过适当调节用久后的铜氨液的pH，可实现其再生
D．中配位原子为N和O，该配离子中的H-N-H键角大于中的键角
9．下列说法不正确的是（　　）
A．CO2、SiO2的晶体结构类型不同
B．加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同
C．HF比HCl稳定是因为HF间存在氢键
D．NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键
10．氨硼烷(BH3NH3)分子结构和乙烷相似，是一种固体储氢材料。下列关于氨硼烷的说法错误的是
A．N和B元素均位于元素周期表的p区
B．第一电离能：N＜B
C．分子中N原子与B原子间形成了配位键
D．氨硼烷固态时为分子晶体
11．下列晶体中，①冰 ②石英 ③足球烯（C60） ④食盐 ⑤白磷 ⑥冰醋酸 ⑦晶体氩。晶体中除了存在原子与原子间的共价键外，同时也存在范德华力的有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
12．一种新催化剂，能在室温下催化空气氧化甲醛：HCHO+O2→CO2+H2O，该反应（　　）
A．反应物和生成物中都只含极性分子
B．反应物和生成物均为分子晶体
C．反应时有极性键和非极性键的断裂和它们的生成
D．产物中CO2的键能大于H2O，所以沸点高于H2O
13．下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是（　　）
A．CH4>SiH4>GeH4>SnH4 B．KCl>NaCl>MgCl2>MgO
C．Rb>K>Na>Li D．金刚石>Si>钠
14．向下例配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成 AgCl沉淀的是（　　）
A．[Co(NH3)Cl3] B．[Co (NH3)6]Cl3
C．[Co (NH3)4Cl2]Cl D．[Co (NH3)5 Cl]Cl2
15．通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体．人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（　　）
A．CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°
B．B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
C．H3O+和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D．NO3﹣和CO32﹣是等电子体，均为平面正三角形结构
16．根据等电子原理判断，下列说法中错误的是（　　）
A．B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上
B．B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应
C．H3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形
D．CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体
二、综合题
17．[化学一一选修3：物质结构与性质]碳族元素的单质和化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）锗是重要半导体材料，基态Ge原子中，核外电子占据最高能级的符号是　 　，该能级的电子云轮廓图为　 　。金属Ge晶胞结构与金刚石类似，质地硬而脆，沸点2830℃，锗晶体属于　 　晶体。
（2）①(CH3)3C+是有机合成重要中间体，该中间体中碳原子杂化方式为　 　，(CH3)3C+中碳骨架的几何构型为　 　。
②治疗铅中毒可滴注依地酸钠钙，使Pb2+转化为依地酸铅盐。下列说法正确的是　 　（填标号）
A.形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)：n(EDTA)=1：4
B.依地酸中各元素的电负性从大到小的顺序为O>N>C>H
C.依地酸铅盐中含有离子键和配位键
D.依地酸具有良好的水溶性是由于其分子间能形成氢键
（3）下表列出了碱土金属碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：
碳酸盐 MgCO3 CaCO3 SrCO3 BaCO3
热分解温度/℃ 402 900 1172 1360
阳离子半径/pm 66 99 112 135
碱土金属碳酸盐同主族由上到下的热分解温度逐渐升高，原因是：　 　。
（4）有机卤化铅晶体具有独特的光电性能，下图为其晶胞结构示意图：
①若该晶胞的边长为anm，则Cl-间的最短距离是　 　。
②在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于　 　位置。原子坐标参数B为(0，0，0)；A1为(1/2，1/2，1/2)，则X2为　 　。
18．C、Ti的单质及其化合物在现代社会有广泛用途。
（1）基态钛原子的电子排布式为　 　。
（2）CS2分子中含有σ键和π键之比为　 　；NO2+与CO2是等电子体，NO2+的电子式为　 　 ，键角为　 　。
（3）CH3CHO沸点低于CH3CH2OH的原因是　 　 ；CH3 CHO分子中碳原子杂化类型为　 　。
（4）钛酸钡(BaTiO3)晶体的某种晶胞如图所示。NA为阿伏加德罗常数值，Ba2+、O2-、Ti4+的半径分别为a pm、b pm、c pm。
①与钡离子等距离且最近的氧离子有　 　个；
②假设晶体中的Ti4+、Ba2+分别与O2-互相接触，则该晶体的密度表达式为　 　g.cm-3。
19．Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。
回答下列问题：
（1）基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式　 　。第三电离能：Ca　 　Ti（填“大于”或“小于”）。
（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。
①Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是　 　。
②O3分子的中心原子杂化类型为　 　；与O3互为等电子体的是　 　（任意写一种）。
（3）Na3OCl可由以下方法制得：2Na+2NaOH+2NaCl 2Na3OCl+H2↑，在该反应中，形成的化学键有 （填标号）。
A．金属键 B．离子键 C．配位键 D．极性键
E．非极性键
（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为anm，密度为dg cm3。
①Na3OCl晶胞中，O位于各顶点位置，Cl位于　 　位置。
②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=　 　（列计算式）。
20．过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）过渡元素Co基态原子的核外电子排布式为　 　；第四电离能，其原因是　 　。
（2）Fe、Fe2+、Fe3+可以与CO、、、(尿素)等多种配体形成很多的配合物。
①配合物的熔点为-20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁。的结构如图所示。下列关于说法错误的是　 　(填序号)。
A．是分子晶体
B．中Fe原子的配体与互为等电子体
C．中σ键与π键之比为1∶1
D．反应中没有新化学键生成
②的电子式为　 　。
③(尿素)中N原子的杂化方式为　 　，组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（3）Ni和As形成某种晶体的晶胞图如图所示。其中，大球为Ni，小球为As，距离As最近的Ni构成正三支柱，其中晶胞下方As原子坐标为(，，)。
①Ni的配位数为　 　。
②已知晶胞底面边长为apm，高为cpm，NA为阿伏加德罗常数。则晶胞密度为　 　。
21．钛、铜、锌及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式　 　；元素铜和锌的第二电离能：　 　(填“>”、“>”或“=”)
（2）硫酸铜溶于氨水可形成络合物。中N原子的杂化轨道类型为　 　，阴离子的立体构型为　 　；1mol中含有键的数目为　 　。
（3）钛与卤素形成的化合物熔点如表，则的熔点比高的原因可能是　 　。
熔点℃ 377 ―24 38.3 153
（4）某含钛半夹心结构催化剂R能催化乙烯、丙烯等的聚合，其结构如图所示：则组成R的元素中，除Ti之外元素的电负性从大到小的顺序是　 　(填元素符号)。
（5）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为　 　；若该晶胞边长为a pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A． 氢元素和其他元素可形成共价化合物例如氯化氢、水等，也可形成离子化合物例如NaH等，A符合题意；
B．只要含有离子键的化合物都是离子化合物、离子化合物中也可以有共价键、例如氢氧化钠、铵盐等既有离子键、又有共价键，共价化合物中只含共价键，B不符合题意；
C．碘晶体升华时克服的是分子间的作用力、HCl气体溶于水共价键被破坏，C不符合题意；
D． NaCl晶体中，Na+和Cl-之间通过静电作用形成离子键，静电作用包括吸引力和排斥力， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.对于离子化合物，一定含有离子键，但是同时也可能含有共价键，如NaOH，过氧化钠等。
2．【答案】C
【解析】【解答】分子晶体熔点和分子的相对质量有关，CF4碳化硅>晶体硅。熔点Al> Mg> Na,离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比，熔点：NaF> NaCl> NaBr>NaI。
【分析】A.都是分子晶体，分子晶体熔点和分子间的作用力（范德华力，和氢键）有关。
B.都是原子晶体，原子晶体的硬度取决于共价键键能的大小。
C.都是金属晶体，熔点高低取决于金属键的强弱。
D.都是离子晶体，离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比。
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A．氯化铵是铵盐，存在离子键，是离子晶体，故A不选；
B．硫酸中不存在离子键，是原子间通过共价键形成的共价化合物，属于分子晶体，故B选；
C．食盐的主要成分是氯化钠，氯化钠中氯离子与钠离子间存在离子键，是离子晶体，故C不选；
D．氧化钠中氧离子与钠离子间存在离子键，是离子晶体，故D不选；
故选B．
【分析】含离子键的晶体为离子晶体，一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，铵盐中铵根与酸根阴离子间存在离子键，以此来解答．
4．【答案】B
【解析】【解答】A.将饱和CuSO4溶液降温，可析出胆矾，胆矾属于晶体，不符合题意；
B.一般宝石的硬度较大，玻璃制品的硬度较小，可以根据有无划痕来鉴别，符合题意；
C.非晶体没有固定的熔点，不符合题意；
D.由于晶体的各向异性导致蓝宝石在不同方向上的硬度有一些差异，不符合题意。
【分析】A.五水硫酸铜属于晶体；
B.宝石属于晶体，硬度较大；
C.非晶体没有固定的熔点；
D.晶体具有各向异性。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．如果中心原子价电子数+其化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，PCl3分子中P原子价电子数是5，其化合价为+3，所以为8，则该分子中所有原子都具有8电子结构；而BCl3分子中B原子最外层电子数是3、其化合价为+3，所以该分子中并不是所有原子都达到8电子结构，选项A不符合题意；
B、二氧化碳和二氧化硅均为共价化合物，干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，选项B不符合题意；
C、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，选项C符合题意；
D、NH3 和 CO2 两种分子中，氢原子只达到2电子稳定结构，其他每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.BCl3分子中的B原子未达到8电子稳定结构；
B.共价化合物在融化时可能破坏共价键，也可能破坏分子间作用力；
C.离子键指的是阴阳离子作用生成的化学键；共价键指的是原子之间通过共用电子对形成的化学键；
D.氢原子只有一个电子层，2电子就是其稳定结构。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A、水在沸腾时除了克服范德华力外，还需要破坏氢键，故A错误；
B、酒精中也存在氢键，在沸腾时，同时破坏了范德华力和氢键，故B错误；
C、溴在沸腾时，只是破坏了范德华力，分子内的共价键不受影响，故C正确；
D、水银属于金属，不存在范德华力，故D错误．
故选：C．
【分析】沸腾是物质由液体转化为气体的过程，属于物理变化．沸腾时物质分子间距增大，物质的化学键不会被破坏，如果有氢键的，氢键也会被破坏．
A、水在沸腾时除了克服范德华力外，还需要破坏氢键；
B、酒精中也存在氢键，在沸腾时，同时破坏了范德华力和氢键；
C、溴在沸腾时，只是破坏了范德华力，分子内的共价键不受影响；
D、水银属于金属，不存在范德华力．
7．【答案】D
【解析】【解答】A．金属的晶胞如图所示，属于简单立方，配位数是6，故A错误；
B．SO2分子中，S原子的价层电子对数为3，中心原子上孤电子对数为1，有三根键，只接两个O，所以剩一对孤电子，S原子为sp2杂化，是V型分子，故B错误；
C．酸根离子水解，溶液显碱性，显性离子大于隐性离子，则离子关系为c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D．此时浓度商Q=
=2.25＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故v正＞v逆，故D正确；
故选D．
【分析】A．简单立方的配位数是6；
B．SO2分子中有三根键，只接两个O，所以剩一对孤电子，S原子为sp2杂化，是V型分子；
C．醋酸根离子水解，溶液显碱性；
D．计算浓度商，与平衡常数比较，可判断反应向正反应方向移动，确定速率大小．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO，除CO的实验原理为洗气，故A不符合题意；
B．低温、高压可以使平衡正向移动，有助于气体与液体充分反应，低温高压是工业上吸收CO适宜的生产条件，故B不符合题意；
C．恢复铜氨液的吸收能力，就是使平衡逆向移动，调pH降低氨气的浓度，平衡逆向移动，故C不符合题意；
D．中CO参与配位时，配位原子为C不是O，该配离子中的H-N-H键角大于中的键角，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】难点分析：NH3中N原子含有孤对电子，CO中C含有孤对电子，Cu2+有空轨道，形成配位键，由于N原子一部分孤对电子参与配位键，使对N-H键的排斥减小，H-N-H键角变大。
9．【答案】C
【解析】【解答】A.CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，二者的晶体结构类型不同，选项正确，A不符合题意；
B.硅是原子晶体，硫是分子晶体，二者的晶体类型不同，加热熔化所克服的作用力不同，选项正确，B不符合题意；
C.氢键只影响物质的熔沸点、水溶性等物理性质，不影响物质的化学性质，因此HF比HCl稳定，与氢键无关，选项错误，C符合题意；
D.NaOH中存在离子键和共价键，NH4Cl中存在离子键和共价键，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体；
B.结合晶体类型分析；
C.结氢键不影响氢化物的稳定性；
D.结合物质结构分析；
10．【答案】B
【解析】【解答】A．由原子序数可知，氮原子和硼原子的价电子排布式分别为2s22p，3和2s22p2，则氮元素和硼元素均位于元素周期表的p区，故A不符合题意；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能大于硼元素，故B符合题意；
C．氨分子中具有孤对电子的氮原子能与硼化氢分子中具有空轨道的硼原子通过形成配位键而反应生成氨硼烷，故C不符合题意；
D．氨硼烷为氨分子与硼化氢分子通过配位键形成的熔沸点低的分子晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.N原子的价电子排布式为2s22p3，B原子的价电子排布式为2s22p2，则N和B均为p区元素；
B.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
C.N原子含有孤电子对，B原子具有空轨道，能形成配位键；
D.氨硼烷结构和乙烷相似，分子间以分子间作用力结合，在固态时为分子晶体。
11．【答案】B
【解析】【解答】①冰为水分子形成的晶体，水分子内存在共价键，水分子间存在范德华力，①符合题意；
②石英，为Si、O原子形成的原子晶体，晶体内只存在共价键，②不合题意；
③足球烯（C60），形成分子晶体，C60分子内C原子间形成共价键，C60分子间存在范德华力，③符合题意；
④食盐，形成离子晶体，晶体内只存在离子键，④不合题意；
⑤白磷，形成分子晶体，白磷分子内存在共价键，白磷分子间存在范德华力，⑤符合题意；
⑥冰醋酸，形成分子晶体，CH3COOH分子内存在共价键，醋酸分子间存在范德华力，⑥符合题意；
⑦晶体氩，形成分子晶体，但属于单原子分子，分子内不存在共价键，只存在分子间的范德华力，⑦不合题意；
综合以上分析，只有①③⑤⑥符合题意，
故答案为：B。
【分析】晶体中除了存在原子与原子间的共价键外，同时也存在范德华力，此类晶体通常为分子晶体。
12．【答案】B
【解析】【解答】A、反应物中甲醛为极性分子、氧气为非极性分子，产物中二氧化碳为非极性分子、水为极性分子，故A错误；
B、氧气、二氧化碳为非极性分子，甲醛、水为极性分子，即均为分子晶体，故B正确；
C、反应物中甲醛分子存在极性键、氧气中存在非极性键，而生成物中都是极性键，不存在非极性键，故C错误；
D、水分子中存在氢键，故水的熔沸点高于二氧化碳，故D错误，
故选B．
【分析】A、该反应中，反应物和生成物中都存在极性分子和非极性分子；
B、氧气、二氧化碳为非极性分子，甲醛、水为极性分子；
C、生成物中都属于极性键，不存在非极性共价键；
D、水分子中存在氢键，故水的熔沸点高于二氧化碳．
13．【答案】D
【解析】【解答】A．分子结构相似，且都为分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子之间作用力越大，熔点越高，则有CH4＜SiH4＜GeH4< SnH4，故A不符合题意；
B．离子晶体的晶格能大小取决于离子半径的大小和电荷的因素，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，则有KCl＜NaCl＜MgCl2＜MgO，故B不符合题意；
C．碱金属从上到下，原子半径逐渐增大，金属键键能逐渐减小，金属晶体的熔点逐渐降低，则有Rb＜K＜Na＜Li，故C不符合题意；
D．金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的键能，而共价键的键能与键长成反比，晶体硅中的Si-Si键的键长比金刚石中C-C键键长长，所以熔点金刚石＞Si，Na的熔点较低，则熔点：金刚石＞Si＞钠，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、分子晶体，分子的相对分子质量越大，熔点越高；
B、离子晶体半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高；
C、碱金属从上到下，金属晶体的熔点逐渐降低；
D、原子晶体的键长越小，共价键的键能越大，晶体的熔点越高。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．[Co(NH3)Cl3]中没有Cl-，不能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，A符合题意；
B．[Co(NH3)6]Cl3中有Cl-，能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，B不符合题意；
C．[Co(NH3)4Cl2]Cl中有Cl-，能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，C不符合题意；
D．[Co(NH3)5Cl]Cl2中有Cl-，能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】能和AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，说明配合物的水溶液中含有Cl-，注意配原子中不含Cl-，据此分析。
15．【答案】D
【解析】【解答】解：A．CH4和NH4+原子总数为5，价电子总数都为8，是等电子体，为正四面体结构，键角为109°28′，故A错误；
B．B3N3H6和苯原子总数为12，平面三角形，价电子总数都为30，是等电子体，B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，故B错误；
C．H3O+和PCl3原子总数为4，H3O+价电子总数为8，PCl3价电子总数为26，不是等电子体，但二者都为三角锥型结构，故C错误；
D．NO3﹣和CO32﹣原子总数为4，价电子总数都为24，是等电子体，NO3﹣成3个σ键，C原子不含孤对电子，采取sp2杂化，为平面正三角形，等电子体的空间结构相同，故CO32﹣也为平面正三角形，故D正确；
故选D．
【分析】A．CH4的键角为109°28′；
B．B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的键；
C．H3O+和PCl3原子总数为4，NH3价电子总数为8，PCl3价电子总数为26，不是等电子体；
D．NO3﹣和CO32﹣原子总数为4，价电子总数都为24，是等电子体，根据中心原子的价层电子对数判断离子构型．
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A、B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似，苯分子中所有原子处于同一平面上，所以B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上，故A正确；
B、B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似、性质相似，根据苯的性质和结构知，B3N3H6分子中不含双键，故B错误；
C、H3O+和NH3是等电子体，其结构相似，氨气分子是三角锥型，所以水合氢离子是三角锥型，故C正确；
D、CH4和NH4+是等电子体，其结构相似，甲烷是正四面体构型，所以铵根离子是正四面体构型，故D正确；
故选B．
【分析】原子总数相同、价电子总数相同的分子具有相同的化学键特征，其许多性质相似．
A、B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似，根据苯的结构判断该物质的结构；
B、B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似，根据苯的结构判断该物质的结构，根据其结构确定其性质；
C、H3O+和NH3是等电子体，根据氨气分子的空间构型判断水合氢离子的空间构型；
D、CH4和NH4+是等电子体，根据甲烷的空间构型判断铵根离子的空间构型．
17．【答案】（1）4p；哑铃形；原子
（2）sp2、sp3；平面三角形；BC
（3）金属阳离子半径越大，金属氧化物晶格能越低，碳酸盐分解生成的氧化物越不稳定
（4） anm；棱心；(1/2，0，0)
【解析】【解答】（1）Ge元素的原子序数为32，其基态原子的核外电子排布为[Ar]3d104s24p2，核外电子占据最高能级的符号4p；p能级的电子云轮廓图为哑铃形；金刚石属于原子晶体，金属Ge晶胞结构与金刚石类似，沸点2830℃，锗晶体属于原子晶体；
（2）①(CH3)3C+中，—CH3中碳原子杂化方式为sp3，(CH3)3C+中C+原子价层电子对位(4+3-1)÷2=3，故杂化方式为sp2，其中有三个结合的基团，故(CH3)3C+中碳骨架的几何构型为平面三角形；②根据依地酸铅离子的结构和依地酸的结构，结合氮原子原子守恒，n(Pb2+)：n(EDTA)=1：1，A项不符合题意；依地酸中含有元素O、N、C、H，其电负性从大到小的顺序为O>N>C>H，B项符合题意；依地酸铅盐中含有离子键(依地酸铅离子与阴离子之间的作用力)和配位键(依地酸中的氮原子与Pb2+)，C项符合题意；依地酸分子能与水分子形成分子间氢键，所以依地酸具有良好的水溶性，D项不符合题意；（3）随着金属阳离子半径越大，金属形成的氧化物晶格能越低，碳酸盐分解生成的氧化物越不稳定，故其碳酸盐的热分解温度逐渐升高；
（4）①根据有机卤化铅晶体结构可知，Cl—处于面心，故Cl-间的最短距离是 = ；②根据提给图示可知，结合原子坐标参数B为(0，0，0)、A1为(1/2，1/2，1/2)，X2为(1/2，0，0)。
【分析】（2）中(CH3)3C+中杂化类型判断可以采用代换法，其中的甲基可以换成氢原子，因为他们都有一个未成对电子。通过替换后可以方便计算其杂化类型。
18．【答案】（1）[Ar]3d24s2
（2）1：1；；180°
（3）CH3CH2OH分之间存在氢键；sp2、sp3
（4）12； 或
【解析】【解答】（1）Ti为第22号元素，核外电子排布为[Ar]3d24s2。
（2）CS2和CO2是等电子体，所以结构相同，结构式为S=C=S，双键应该是一个σ键和一个π键，所以σ键和π键都是两个，比例为1：1。NO2+与CO2是等电子体，所以结构相似，因为二氧化碳的电子式为： ，所以NO2+的电子式为
（3）CH3CHO沸点低于CH3CH2OH的原因是：乙醇有羟基，可以形成分子间氢键，从而提高物质的沸点。乙醛分子中，甲基碳形成4个单键，所以是sp3杂化，醛基碳形成了一个碳氧双键，所以是sp2杂化。
（4）①将晶胞的结构进行代换，以Ba2+为体心，以Ti4+为顶点得到新的晶胞，此时O2_在12条棱的棱心，所以与钡离子等距离且最近的氧离子有12个。②由图示可得：晶胞中有1个BaTiO3，所以晶胞的质量为 ；钡离子与氧离子之间的距离为立方体晶胞的面对角线的一半，所以晶胞的边长为 pm，即 cm。 或者得到钛离子与阳离子之间的距离为晶胞边长的一半，得到晶胞边长为2(b+c)×10-10cm。晶体的密度等于晶胞质量除以晶胞体积，晶胞体积等于晶胞边长的立方，所以由上述数据得到晶体的密度为 或 。
【分析】（3）根据乙醇可以形成分子间氢键，结合氢键对物质性的影响进行分析沸点高低即可。
19．【答案】（1）3d24s14p1；大于
（2）H2O2分子间存在氢键；sp2；SO2(或NO3-等)
（3）B；E
（4）体心；
【解析】【解答】（1）基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，该激发态价层电子排布式3d24s14p1，Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大。（2）①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高；
②根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为 ，杂化形式为sp2，O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，与O3互为等电子体的是SO2(或NO3-等)。（3）在反应2Na+2NaOH+2NaCl 2Na3OCl+H2↑中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键，即故答案为：BE。（4）①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6× =3、顶点阴影球类原子8× =1、实心黑球类原子1×1=1，根据Na3OCl化学式，可判断钠原子应为空心白球，氯原子应为实心黑球，处在晶体结构的体心。
②已知晶胞参数为a nm，密度为d g cm-3，则d g cm-3= = ，解得：NA= 。
【分析】同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，分子间存在氢键的熔沸点高；②根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答；根据Na3OCl和H2存在的化学键类型判断；根据均摊法分析判断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析判断；由密度公式ρ= 计算解答。
20．【答案】（1）或；Fe失去的是较稳定的中的一个电子，Co失去的是中的一个电子
（2）D；；；
（3）6；
【解析】【解答】(1)过渡元素的原子序数是27，其基态原子的核外电子排布式为；因为3+的价电子排布式为，第四电离能是失去的是较稳定的中的一个电子，而3+的价电子排布式为，第四电离能是失去的是中的一个电子，所以第四电离能；
(2)①A．配合物的熔点为-20℃，沸点为103℃，可知属于分子晶体，故A正确；。
B．中原子的配体为，与原子总数相等，价电子数也相同，所以、属于等电子体，故B正确；
C．与形成5个配位键即键，每个分子中含有1个键和2个键，σ键与π键之比为1∶1，故C正确；
D．反应得到单质，形成金属键，故D不正确；
选D。
②与互为等电子体，等电子体的结构相似，所以的电子式为。
③(尿素)中N原子形成3个键，有1个孤电子对，价层电子对个数是4，所以N原子的杂化方式为，同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能；
(3)①晶胞含原子2个，原子2个，化学式为，配位数之比应为1∶1；与配位的形成正三棱柱，的配位数是6，所以的配位数为6；
②由配位的形成正三棱柱可判断，该三棱柱底面为正三角形，晶胞底面夹角为和，底面积为 ，所以晶胞密度为 。
【分析】(1)依据原子构造原理分析；电子满足半满或全满状态较稳定；
(2)①A．依据物质的性质判断；
B．等电子体指原子总数相同且价电子总数相等的分子或离子；
C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
D．金属单质形成金属键。
②等电子体的结构相似。
③依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于同周期相邻元素；
(3)①利用均摊法确定原子数；
②利用计算。
21．【答案】（1）；>
（2）；正四面体形；
（3）为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体
（4）
（5）4；
【解析】【解答】（1）基态铜原子的价电子排布式为；Zn的第二电离能失去的是4s1的一个电子，铜的第二电离能失去的是较稳定的3d10上的一个电子，则锌的第二电离能I2(Zn)小于铜的第二电离能I2(Cu)；
（2）NH3中N原子孤对电子数为1，配位原子数为3，价层电子数为3，N原子的杂化轨道类型为sp3，阴离子，无孤对电子，配位原子数为4，中心原子的杂化轨道类型为sp3，立体构型为正四面体；存在于N与H之间的键有3条，4个NH3共有12条；Cu2+与NH3之间为配位键，也属于键，共有4条；存在于S和O之间的键有4条，故与键之比为1：（12+4+4）=1：20，1mol中含有键的数目为20NA；
（3）的熔点比高出很多，与晶体类型不同，为离子晶体，为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）组成R的元素中，除Ti之外还有H、C、O、Cl，四种元素电负性从大到小的顺序是；
（5）晶胞中离Se最近的Zn有4个，故晶胞中Se原子的配位数为4；晶胞中Se原子个数为4，Zn原子个数为，若该晶胞边长为a pm，晶则胞体积为（a×10-10）3cm-3，晶胞密度为。
【分析】（1）铜为29号元素，为1s22s22p63s23p63d104s1；
（2）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（3）离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点；
（4）非金属性越强，则电负性越强；
（5）晶胞的密度要结合摩尔质量、体积、阿伏加德罗常数进行判断。