第3章 不同聚集状态的物质与性质 （含解析）课时测试2023-2024学年高二化学鲁科版（2019）选择性必修2

第3章 不同聚集状态的物质与性质 课时测试
一、单选题
1．下列晶体中，化学键种类相同、晶体类型也相同的是（　　）
A．SO3与SiO2 B．NO2与H2O
C．NaCl与HCl D．CCl4与KCl
2．“纳米材料”是粒子直径为1nm～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。某研究所将纳米碳均匀的分散到蒸馏水中，得到的分散系①是溶液②是胶体③具有丁达尔现象④不能透过半透膜⑤不能透过滤纸⑥静置后会出现黑色沉淀。其中正确的是（　　）
A．①④⑥ B．②③⑤ C．②③④ D．①③④⑥
3．下列可用于判断某物质为晶体的方法是（　　）
A．质谱法 B．红外光谱法 C．核磁共振法 D．X射线衍射法
4．常温常压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体一般属于（　　）
A．原子晶体 B．离子晶体 C．金属晶体 D．分子晶体
5．下列物质不属于超分子的是（　　）
A． B．
C． D．
6．磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其立方晶胞如图所示，已如其晶体密度为，表示阿伏加德罗常数。下列有关说法不正确的是（　　）
A．磷化硼(BP)的晶体类型为共价晶体
B．磷化硼(BP)晶体的熔点比金刚石高
C．该晶胞中所含的硼原子和磷原子个数均为4
D．经计算，B—P键的键长为
7．下列四种有关性质的叙述，可能为金属晶体的是 (　　)
A．由分子间作用力结合而成，熔点低
B．固体或熔融后易导电，熔点在1 000℃左右
C．由共价键结合成网状结构，熔点高
D．组成晶体的微粒为原子
8．下列说法正确的是（　　）
A．CO(NH2)2的晶体类型为离子晶体
B．氨气的沸点高于甲烷
C．NH3中的键角大于NH中的键角
D．HCO中C的杂化方式是sp3杂化
9．a、b、c分别代表金属晶体中三种常见的立方晶胞结构(如图)，则晶胞a、b、c中离顶点的金属原子最近且距离相等的金属原子的个数比为（　　）
A．1：1：2 B．8：6：4 C．2：4： 3 D．4：3：6
10．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（　　）
A．在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的Cl-围成正八面体
B．该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FE
C．在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D．在碘晶体（图丁）中，存在的作用力有非极性键和范德华力
11．下列说法正确的是（　　）
A．CaO与水反应过程中，有共价键的断裂和形成
B．H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的分子间作用力较大
C．KCl、HCl、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物
D．葡萄糖、二氧化碳和足球烯（C60）都是共价化合物，它们的晶体都属于分子晶体
12．已知空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。下列有关说法错误的是（　　）
A．铜碘杂化团簇分子结构如图1所示，分子间通过范德华力聚集在一起
B．晶体的晶胞如图2所示，标记为X的的分子坐标为
C．H原子的电子云如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu为面心立方晶胞(如图4所示)，其空间利用率约为74%
13．利用超分子可分离C60和C70.将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是（　　）
A．第一电离能：CC．杯酚与C60形成氢键 D．C60与金刚石晶体类型不同
14．化学与生活、生产密切相关。下列说法中正确的是
A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到合成纤维
B．植物从土壤中吸收、NO转化为氨基酸的过程属于氮的固定
C．低温石英具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表
D．“杯酚”分离和，体现了超分子的自组装的重要特性
15．生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂是一种强氧化剂，还是一种温室气体，组成结构与相似，表格中是断开1mol化学键需要的能量数据下列说法正确的是（　　）
化学键 N≡N F-F N-F
kJ 941.7 154.8 283.0
A．的空间结构是正四面体形
B．因为的相对分子量比大，故相同条件下的沸点一定更高
C．反应为放热反应
D．1mol(g)与3mol(g)的总能量小于2mol(g)的总能量
16．我国南开大学的科学家，在110万大气压下合成了氦钠化合物，该物质微观结构如图所示，小球代表，大正方体代表He，小正方体代表共用电子，共用电子被迫集中在晶体结构的立方空间内，下列说法正确的是（　　）
A．该物质的化学式为
B．晶胞中形成的空隙部分被He填充，其占有率为25%
C．的配位数为4
D．该物质属于一种新型合金，固态时能够导电
17．萤石（CaF2）晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2+被8个F-所包围，则每个F-周围最近距离的Ca2+数目为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
18．一种钙镁矿的四方晶胞结构如图所示。已知该晶胞的参数为apm、apm、bpm，1号原子的坐标为(，，)，下列说法错误的是
A．2号原子的坐标为(，，)
B．距离硫原子最近的硫原子数目为4
C．硫原子的配位数为4
D．该晶体的密度为g/cm3
19．下列是关于晶体的说法正确的是（　　）
①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；非晶体中原子排列相对无序，无自范性
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
④氯化钠熔化时离子键被破坏
⑤晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定
⑥CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6
A．①②③ B．②③④ C．②③⑥ D．①④⑤
20．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
二、综合题
21．Zn 在现代工业中对于电池制造有不可磨灭的地位，锌还是人体必需的微量元素之一，在人体生长发育、生殖遗传、免疫、内分泌等重要生理过程中起着极其重要的作用。
（1）元素Zn在周期表中的位置为　 　，基态Zn原子的电子排布式为　 　。
（2）在[Zn(NH3)4]2+中，Zn2+提供4s和4p共四个空轨道，与4个NH3分子形成　 　键，Zn2+采取sp3杂化，预测[Zn(NH3)4]2+的空间构型为　 　。
（3）金属Zn晶体密置层采取…ABAB…方式堆积，其堆积方式名称为：　 　，配位数为：　 　。
（4）闪锌矿（ZnS ）晶胞如图所示白球为S2-离子、黑球为Zn2+离子，与Zn2+距离最近的四个S2-所围成的空间构型为　 　，若晶胞参数为a，则Zn2+与S2-最近距离为　 　（用含a的代数式表示）。
（5）具有相似晶胞结构的ZnS和ZnO，ZnS熔点为1830℃，ZnO熔点为1975℃，后者较前者高是由于　 　。
22．金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取的流程如下：
（1）有机化合物W的结构简式为：
该分子中碳原子的杂化轨道类型有　 　种，N、O杂化轨道类型分别为　 　、　 　。
（2）W可与形成化合物Q，其结构如下所示：
①基态的价电子排布式为　 　。
②氢键对Q在水中溶解性的影响是　 　(填“增大”或“减小”)。
③W与之间以共价键和配位键相结合，其中一定是配位键的是　 　键(填“Cu—O”或“Cu—N”)。
（3）有机化合物的合成通常使用催化剂，一种催化剂晶体的晶胞示意图如下：
①Y原子为　 　(填元素符号)。与每个Y原子距离最近且等距的X原子有　 　个。
②该晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度　 　(列出计算式，的摩尔质量为123 )。
23．环状芳香低聚物的开环聚合技术为高性能树脂的加工带来了革命性变革。双酚A与邻苯二甲酸在一定条件下能发生缩聚反应生成环状低聚物，其中环状四聚体为主要成分，反应如下：
（1）基态O原子的核外电子排布式为　 　；H、C、O的电负性从大到小的顺序为　 　，元素周期表中，C、O皆与N相邻，则C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为　 　。
（2）邻苯二甲酸中C的杂化方式为　 　，双酚A分子中的键角，　 　(填“>”，“＜”或“=”)，原因为　 　。
（3）环状四聚体(相对分子质量为716)经重结晶得到的晶体晶胞如图A所示，图B为晶胞投影。
①图B为晶胞沿　 　(填“x”“y”成“z”)轴方向的投影。
②已知该晶胞参数，nm，nm，nm，则该晶体(晶胞上的原子能被完全平均)的密度为　 　(保留两位小数)。
24．砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等．回答下列问题：
（1）写出基态As原子的核外电子排布式　 　．
（2）根据元素周期律，原子半径Ga　 　As，第一电离能Ga　 　As．（填“大于”或“小于”）
（3）AsCl3分子的立体构型为　 　，其中As的杂化轨道类型为　 　．
（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是　 　．
（5）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρ g cm﹣3，其晶胞结构如图所示．该晶体的类型为　 　，Ga与As以　 　键键合．Ga和As的摩尔质量分别为MGa g mol﹣1和MAs g mol﹣1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为　 　．
25．工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿()联合制备铁精粉()和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
（1）结构示意图如图。
①铁元素常见的化合价有＋2和＋3价，比稳定的因：　 　。
②下列粒子的中心原子杂化方式与中S的杂化方式相同的是：
A．HCN B． C． D．
③中Fe(Ⅱ)的配位数是　 　，与的作用力类型是　 　。
（2）晶体的晶胞形状为立方体，结构如图。
①距离最近的阳离子有　 　个，位于所形成的　 　(填“正四面体”或“正八面体”)空隙。
②晶体的晶胞参数为a nm，密度为，的摩尔质量为M ，则阿伏加德罗常数的值　 　(用含a、ρ、M的代数式表示)。
（3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。硫酸工业中，用98%的浓硫酸a吨吸收制得发烟硫酸(化学组成可表示为)，可生产质量分数为40%的发烟硫酸　 　吨。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. SO3含有共价键，属于分子晶体，SiO2含有共价键，属于原子晶体，晶体类型不同；
B. NO2含有共价键，属于分子晶体，H2O含有共价键，属于分子晶体，化学键种类相同、晶体类型也相同；
C. NaCl含有离子键，属于离子晶体，HCl含有共价键，属于分子晶体，化学键种类不同、晶体类型也不同；
D. CCl4含有共价键，属于分子晶体，KCl含有离子键，属于离子晶体，化学键种类不同、晶体类型也不同。
故答案为：B。
【分析】分子晶体一般含有共价键；离子晶体含有离子键；原子晶体含有共价键。
2．【答案】C
【解析】【解答】纳米碳属于“纳米材料”，粒子直径为1nm～100nm，当将纳米碳均匀的分散到蒸馏水中，得到的分散系属于胶体；具有丁达尔现象；不能透过半透膜，但是能透过滤纸；⑥静置后不会出现黑色沉淀，故其中正确的是②③④，故答案为C。
【分析】本题考查三种分散系的分类标准及胶体的性质，胶体中的分散质微粒能透过滤纸，不能透过半透膜是解题的关键。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．质谱法用于测定有机物的相对分子质量，不能判断某物质为晶体，故A不符合题意；
B．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，不能判断某物质为晶体，故B不符合题意；
C．核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，不能判断某物质为晶体，故C不符合题意；
D．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，可以鉴别晶体与非晶体，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】X射线衍射法可观察到微观结构，因此可用于判断晶体和非晶体。
4．【答案】D
【解析】【解答】原子晶体、离子晶体的熔沸点较高，在常温常压下不可能呈气态，同样金属晶体在常温下一般也不会是气态。常温下为气态的物质的沸点较低，降温即可使其固化得到晶体，说明其熔点较低，符合该特征的晶体为分子晶体，
故答案为：D
【分析】常温常压下呈气态的化合物，只可能是分子晶体；原子晶体和离子晶体常温常压下为固态。分子晶体三态变化时克服的是分子间作用力，化学键未遭到破坏，因此晶体类型不变。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．DNA是属于超分子，A不符合题意；
B．杯酚和C60一块属于超分子，B不符合题意；
C．冠醚不是超分子，C符合题意；
D．叶绿素分子属于超分子，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。DNA是由四种核苷酸通过化学反应生成的“一类”具有双螺旋结构的分子；
B．杯酚和C60一块属于超分子；
C．冠醚不是超分子；
D．叶绿素分子含有一个四吡咯环，中心结合一个Mg原子，属于超分子。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．磷化硼为空间网状结构，熔点高，属于原子晶体（共价晶体），A不符合题意；
B．金刚石和磷化硼均属于原子晶体，金刚石是由碳原子组成，原子间存在着非常强的共价键，而磷化硼是由硼原子和磷原子组成，原子之间存在着离子键和共价键，与金刚石相比，磷化硼的化学键较弱，所以磷化硼(BP)晶体的熔点比金刚石低，B符合题意；
C．根据晶胞结构图和均摊法可知，该晶胞中所含的硼原子数为4，磷原子数为8×+6×=4，C不符合题意；
D．根据晶胞结构图可知，B—P键的键长等于晶胞体对角线长的，根据ρV=nM=，该晶胞的体积V=，所以晶胞的边长为 ，则B—P键的键长= ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.磷化硼为空间网状结构，熔点高，属于原子晶体。
B.根据金刚石和磷化硼的结构及存在化学键强弱进行分析。
C.根据均摊法进行分析。
D.B—P键的键长等于晶胞体对角线长的，根据ρV=nM=进行分析。
7．【答案】B
【解析】【解答】A项为分子晶体的性质；故A不符合题意
B项，固体能导电，熔点在1 000 ℃左右，应该为金属晶体的性质；故B符合题意
C项应该为原子晶体的性质；故C不符合题意
D项可能为分子晶体，如Ar，也可能是原子晶体，如金刚石，故D不符合题意
【分析】本题考查了晶体与结构的关系，金属晶体是金属单质，判断是否为金属晶体主要看固体是否到底导电即可
8．【答案】B
【解析】【解答】A．CO(NH2)2由分子构成，属于分子晶体，故A不符合题意；
B．氨气分子间存在氢键，而甲烷分子间不存在氢键，因此氨气的沸点高于甲烷，故B符合题意；
C．NH3、NH的中心原子N原子均采用sp3杂化，氨气分子中氮原子上有一对孤对电子，铵根离子中氮原子上没有孤对电子，孤电子对间排斥力>孤电子对和成键电子对之间的排斥力>成键电子对之间的排斥力，因此键角：NH>NH3，故C不符合题意；
D．HCO中C原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.CO(NH2)2由分子构成，为分子晶体；
C.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
D.HCO中C原子的价层电子对数为3。
9．【答案】D
【解析】【解答】a中晶胞体心的原子离顶点的金属原子最近，离顶点的金属原子最近且距离相等的金属原子有8个；b中同一条楞上的原子距离最近，离顶点的金属原子最近且距离相等的金属原子有6个；c中面心的原子离顶点的金属原子最近，离顶点的金属原子最近且距离相等的金属原子有12个；所以晶胞a、b、c中离顶点的金属原子最近且距离相等的金属原子的个数比为8：6：12=4：3：6，
故答案为：D。
【分析】利用均摊法确定原子数。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，分别位于Na+的上、下、左、右、前、后，围成正八面体，A不符合题意；
B．乙是一个分子，不是晶胞，所以分子式为E4F4或F4E4，B符合题意；
C．没有氢键的分子晶体都是分子密堆积结构，所以1个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，C不符合题意；
D．碘晶体中，有I2分子内部的碘原子间的非极性共价键，还有碘分子间的范德华力，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B中是分子模型，不是不是晶胞，不能用晶胞的计数方法。
11．【答案】A
【解析】【解答】A、氧化钙与水化合过程中水中的共价键会断裂，并会形成氢氧根离子，A符合题意；
B、热稳定性与共价键即非金属性有关，氧元素的非金属性大于硫元素，B不符合题意；
C、HCl属于共价化合物，C不符合题意；
D、足球烯（C60）并非共价化合物，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据发生反应的化学方程式进行分析；
B.分子间作用力与稳定性无关；
C.HCl属于共价化合物；
D.足球烯为单质；
12．【答案】C
【解析】【解答】A．范德华力是分子之间普遍存在的一种相互作用力，它的本质是正负电荷间的相互吸引，它使得许多物质能以一定的凝聚态存在，则铜碘杂化团簇分子是分子间通过范德华力聚集在一起，A项不符合题意；
B．根据晶体的晶胞图示可知，标记为X的的分子坐标为，B项不符合题意；
C．H原子为单电子体系，核外只有1个电子，电子云图中的黑点不是指大多数电子在原子核附近运动，C项符合题意；
D．面心立方最密堆积，空间利用率为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．范德华力是分子之间普遍存在的一种相互作用力；
B．根据晶体的晶胞图确定分子坐标；
C．依据电子云图分析电子在核外空间出现的概率；
D．依据面心立方最密堆积确定空间利用率。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大但ⅤA族的大于ⅥA族，所以第一电离能：CB．杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，B项不符合题意；
C．杯酚与C60形成的不是氢键，C项符合题意；
D．金刚石是原子晶体，C60为分子晶体，二者晶体类型不同，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】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
14．【答案】C
【解析】【解答】A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到再生纤维，故A不符合题意；
B．植物从土壤中吸收氨气、一氧化氮转化为氨基酸的过程不是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，不属于氮的固定，故B不符合题意；
C．低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链，而没有封闭的环状结构，这一结构决定它具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表，故C符合题意；
D．杯酚分离碳60和碳70体现了超分子的分子识别特征，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．属于再生纤维；
B．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程；
C．低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链；
D．杯酚分离体现了超分子的分子识别特征。
15．【答案】C
【解析】【解答】A.NF3中N的价层电子对数是4，其中有一对孤电子对，因此NF3的空间构型是三角锥形，A选项是错误的，不符合题意；
B.由于NH3分子之间存在氢键，可以升高物质的熔沸点，因此NH3的沸点是高于NF3的，B选项是错误的，不符合题意；
C.根据键能的比较，反应的焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，C选项是正确的，符合题意；
D.根据该反应是放热反应可以得出：该反应的生成物的总能量是小于反应物的总能量的，因此D选项的说法是错误的，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】一个反应的焓变可以借助键能，也可以借助反应物和生成物的总能量。反应物的总键能减去生成物的总键能为焓变；生成物的总能量减去反应物的总键能等于焓变。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．Na+位于正方体的顶点，每个顶点被4个正立方体共用，Na+的数目为2，化学式为Na2He，A不符合题意；
B．晶胞中有8个正四面体，其中4个正四面体内有一个氦原子，占有率为50%，B不符合题意；
C．顶点的Na+被4个正方体共用，配位数为4，C符合题意；
D． 电子被迫集中在晶体结构的立方空间内 ，不能移动，固体时不能导电，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．Na+位于正方体的顶点，每个顶点被4个正立方体共用；
B．晶胞中有8个正四面体，4个正四面体内有一个氦原子；
C．顶点的Na+被4个正方体共用，配位数为4；
D． 电子不能移动，不能导电。
17．【答案】B
【解析】【解答】设每个F-周围最近距离的Ca2+数目为x，CaF2中 ，解得x=4，
故答案为：B。
【分析】 离子晶体中配位数之比和微粒数之比成反比。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．由坐标系及1号原子的坐标可得，2号原子的坐标为(，，)，A不符合题意；
B．以硫原子为顶点，构成的立方晶胞结构中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，B符合题意；
C．与硫原子距离最近的有2个Ca原子和2个Mg原子，则硫原子的配位数为4，C不符合题意；
D．该晶胞中，位于棱上和面上Ca原子个数为，位于顶点、面上和体心的Mg原子个数为，位于晶胞内部硫原子个数为8，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
19．【答案】D
【解析】【解答】①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；非晶体中原子排列相对无序，无自范性，①正确；
②金属晶体中含有阳离子和电子，②错误；
③分子间作用力影响物质的熔沸点，不影响分子稳定性，③错误；
④氯化钠熔化时，破坏离子键，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，⑤正确；
⑥CsCl的晶胞为，阴离子和阳离子的配位数都是8，NaCl的晶胞为，阴离子和阳离子的配位数都是6，⑥错误；
故答案为：D
【分析】①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；非晶体中原子排列相对无序，无自范性；
②金属晶体中含有阳离子和电子；
③分子间作用力影响物质的熔沸点，不影响分子稳定性；
④离子化合物熔化时，破坏离子键；
⑤晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定；
⑥晶胞中离子的配位数要结合晶胞周围其他晶胞原子判断。
20．【答案】C
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用均摊法，求出该晶胞中每个原子的数目，确定化学式，确定一个晶胞质量为m，算出晶胞体积为V，利用密度=m/V即可。
21．【答案】（1）第四周期第IIB族；[Ar]3d104s2
（2）配位键；正四面体
（3）六方最密堆积；12
（4）正四面体； a
（5）ZnO的晶格能比ZnS的晶格能大
【解析】【解答】（l）元素Zn的原子序数是30，在周期表中的位置为第四周期第IIB族，基态Zn原子的电子排布式为[Ar]3d104s2。（2）在[Zn(NH3)4]2+中，Zn2+提供4s和4p共四个空轨道，N原子含有孤对电子，因此与4个NH3分子形成配位键，Zn2+采取sp3杂化，因此[Zn(NH3)4]2+的空间构型为正四面体。（3）金属Zn晶体密置层采取…ABAB…方式堆积，其堆积方式名称为六方最密堆积，配位数为12。（4）根据晶胞结构可判断与Zn2+距离最近的四个S2-所围成的空间构型为正四面体；Zn2+与S2-最近距离为晶胞体对角线的1/4，若晶胞参数为a，则体对角线是 ，所以Zn2+与S2-最近距离为 。（5）由于硫离子半径大于氧离子半径，ZnO的晶格能比ZnS的晶格能大，所以氧化锌的熔点高于硫化锌。
【分析】（2）配位键，又称配位共价键，或简称配键，是一种特殊的共价键。当共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键。配位键形成后，就与一般共价键无异。成键的两原子间共享的两个电子不是由两原子各提供一个，而是来自一个原子；
（3）最密堆积是原子的一种排列方式，也是晶体结构中的一种点阵型式。在最密堆积中，许多等径球并置在一起，其空间利用率达到最大；
（4）根据晶胞的体积公式以及密度公式可以计算出两离子之间最短距离；
（5）晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量，它是度量晶格稳定性的参数。影响晶格能大小的因素有离子半径、离子电荷以及离子的电子层构型等.电荷高、半径小的离子，其晶格能大。
22．【答案】（1）2；；
（2）；减小；Cu—N
（3）Zr；8；
【解析】【解答】(1)由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：2；sp2；sp3；
(2)①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d9，故答案为：3d9；
②由图可知，配合物Q中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q在水中的溶解性，故答案为：减小；
③由图可知，配合物Q中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键，故答案为：Cu—N；
(3)①锆原子的原子半径大于氧原子，由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个，故答案为：Zr；8；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得ρ=，故答案为：。
【分析】（1）苯环和碳氮双键上的碳是sp2杂化，饱和碳原子是sp3杂化；N、O原子先判断出价层电子对数，价层电子对数等于杂化轨道数；
（2） ① 根据铜在周期表中的位置判断价层电子排布式；
② 分子内氢键减小物质的溶解度，因为形成分子内氢键，无法再和水分子形成氢键；
③ 分析O、N原子的成键方式可知配位键一定是 Cu—N；
（3）①根据原子半径大小判断是Zr，观察晶胞结构可知与每个Y原子距离最近且等距的X原子的个数；
② 利用均摊法判断出一个晶胞中Zr和O的个数，计算出一个晶胞的质量和体积，再求密度。
23．【答案】（1）1s22s22p4；O>C>H；N>O>C
（2）sp2；>；甲基为推电子基团，使得甲基与碳原子间电子云密度较大， 中键的斥力较大
（3）x；1.26
【解析】【解答】(1) 基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，电负性从大到小的顺序为O>C>H；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为N>O>C；
故答案为：
第1空、1s22s22p4
第2空、O>C>H
第3空、N>O>C
(2) C为sp2杂化，甲基为推电子基团，使甲基与碳原子间电子云密度较大， 中键的斥力较大；
故答案为：
第1空、sp2
第2空、>
第3空、甲基为推电子基团，使得甲基与碳原子间电子云密度较大， 中键的斥力较大
(3)①由图可知，图B中心有环状四聚体投影，则为晶胞沿x轴方向的投影；
②已知该晶胞参数，a=1nm，b=0.9nm，c=2.1nm；据“均摊法”，晶胞中含2个环状四聚体，则晶体密度为2 x 716 x 1021/abcNA=1.26 。
故答案为：
第1空、x
第2空、1.26
【分析】(1) 基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；
(2) C为sp2杂化，甲基为推电子基团，使甲基与碳原子间电子云密度较大， 中键的斥力较大；
(3)①图B中心有环状四聚体投影，为晶胞沿x轴方向的投影；
②据“均摊法”，计算晶体密度。
24．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3
（2）大于；小于
（3）三角锥形；sp3
（4）GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高
（5）原子晶体；共价； ×100%
【解析】【解答】解：（1.）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
（2.）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As，故答案为：大于；小于；
（3.）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+ =4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；
（4.）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高，故答案为：GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高；
（5.）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g cm﹣3，根据均摊法计算，As： ，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（ ）×10﹣30，晶胞的体积V2= = ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 将V1、V2带入计算得百分率= ×100%，故答案为：原子晶体；共价； ×100%．
【分析】（1.）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
（2.）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；
（3.）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+ =4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；
（4.）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高；
（5.）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g cm﹣3，根据均摊法计算，As： ，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（ ）×10﹣30，晶胞的体积V2= = ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 将V1、V2带入计算得百分率= ×100%．
25．【答案】（1）Fe3+的价层电子排布为3d5，处于半满状态，比Fe2+稳定；BD；6
（2）6；正八面体；
（3）1.81a
【解析】【解答】（1） ① Fe为26号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe3+的3d能级电子处于半充满状态，比Fe2+更稳定，故答案为： Fe3+的价层电子排布为3d5，处于半满状态，比Fe2+稳定；
②中S属于sp3杂化，HCN中C属于sp杂化，H3O+属于sp3杂化，CH2O中C属于sp2杂化，ClO3-中Cl属于sp3杂化，故答案为：BD；
③ 结合图示，可知Fe周围连接6个H2O，其配位数为6，H2O和SO42-的作用力为氢键，故答案为：6；氢键；
（2） ① 晶胞中，距离S22-最近的Fe2+有6个，Fe2+周围有个等距离的S22-，形成正八面体空隙，故答案为：6；正八面体；
② 阿伏加德罗常数，结合均摊法，可知该晶胞中共有4个Fe2+和4个S22-，FeS2的体积V为a3nm3=10-21a3L，代入数据可得，故答案为： 。
【分析】（1） ① 价层电子处于全充满或半充满时更稳定；
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；
③配位数可以根据结构示意图中实线数目判断；
（2） ① 以晶胞中体心的S22-观察，可知距离最近的Fe2+有6个，同理，以面心上任意一个Fe2+为中心观察，可知距离Fe2+最近的S22-有6个；
② 阿伏加德罗常数。