第三章 第四节
A组·基础达标
1．下列不能形成配位键的组合是( )
A．Ag＋ NH3 B．H2O H＋
C．Co3+ CO D．Ag＋ H＋
【答案】D
【解析】在A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3+都能提供空轨道，而NH3、H2O、CO都能提供孤电子对，所以能形成配位键；D项中Ag＋和H＋都只能提供空轨道，无提供孤电子对的微粒，所以不能形成配位键。
2．下列分子或离子中，能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是( )
①H2O ②NH3 ③F－ ④CN－ ⑤CO
A．①② B．①②③
C．①②④ D．①②③④⑤
【答案】D
【解析】配体是含有孤电子对的阴离子或分子，这几种微粒的结构中都含有孤电子对，都能提供孤电子对与某些金属离子形成配合物。
3．一种铝超原子(Al13)是以1个Al原子在中心，12个Al原子在表面形成的三角二十面体结构。这种超原子具有40个价层电子(即主族元素的最外层电子数)时最稳定。请预测稳定的Al13所带的电荷为( )
A．－1 B．＋2
C．＋3 D．0
【答案】A
【解析】因为1个铝原子有3个价层电子，因此13个铝原子应该有39个价层电子，但实际上该微粒有40个价层电子，所以应该带1个单位的负电荷。
4．在10－9－10－7m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸，下列说法正确的是( )
A．纳米铜是一种新型胶体
B．纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应
C．纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同
D．纳米铜无需密封保存
【答案】B
【解析】纳米铜不是分散系，不属于胶体，A错误；普通铜加热条件下才能与氧气反应，而纳米铜遇到空气就会剧烈燃烧，更易发生氧化反应，B正确；纳米铜和普通铜都由铜元素组成，所含铜原子种类相同，C错误；纳米铜极易与氧气反应，应密封保存，D错误。
5．向CuSO4溶液中加入稀氨水至沉淀刚好溶解。若所得溶液中只有一种溶质，该溶质是( )
A．[Cu(H2O)4]SO4 B．Cu(OH)2
C．[Cu(NH3)4](OH)2 D．[Cu(NH3)4]SO4
【答案】D
【解析】硫酸铜溶液中加入稀氨水的反应过程为CuSO4＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋(NH4)2SO4，Cu(OH)2＋2NH3·H2O＋(NH4)2SO4=== [Cu(NH3)4]SO4＋4H2O，若溶质只有一种，则为[Cu(NH3)4]SO4。
6．配位数为6的Co3+的配合物CoClm·nNH3，若1 mol配合物与足量AgNO3溶液反应只生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是( )
A．m＝1，n＝5 B．m＝3，n＝4
C．m＝5，n＝1 D．m＝4，n＝5
【答案】B
【解析】与AgNO3溶液反应的Cl－(1 mol)不是来自于配体，而是来自于配合物外界。因此，根据电荷守恒，中心原子为Co3+，1 mol 配合物中共有Cl－3 mol，其中作为外界的Cl－为1 mol，作为配体的Cl－为2 mol；根据Co3+配位数为6，可知作为配体的NH3为4 mol。
7．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，则关于此化合物的下列说法正确的是( )
A．配合物中中心离子的电荷数为3＋，配位数为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl－和NH3分子均与Pt4+配位
D．配合物中Pt4+与Cl－配位，而不与NH3分子配位
【答案】C
【解析】在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，经强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均为配体，故该配合物中心离子的配位数为6，电荷数为4＋，Cl－和NH3分子均与Pt4+配位，A、D均错误，C正确；因为配体在中心离子周围配位时尽量采取对称分布以达到相对稳定状态，Pt4+配位数为6，则其空间结构为八面体形，B错误。
8．(1)Cr3+基态核外电子排布式为______________________________；配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是__________(填元素符号)。
(2)①基态Ni原子的电子排布式为________________________________，该元素位于元素周期表的第__________族。
②在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1 mol Ni(CO)4中含有_______mol σ键。
(3)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤电子对的原子是______________。
(4)配位化合物简称配合物，它的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。配合物[Zn(NH3)6]Cl2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为__________(填字母)。
A．Zn2+、NH3、2＋、6 B．Zn2+、NH3、1＋、6
C．Zn2+、Cl－、2＋、2 D．Zn2+、NH3、2＋、2
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d3(或[Ar]3d3) O
(2)①1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2) Ⅷ ②8 (3)X (4)A
【解析】(1)铬是第24号元素，其失去3个电子后还剩21个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。水分子中氧原子上有孤电子对，故可以与铬离子形成配位键的是水分子中的氧原子。(2)①28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，该元素位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族。②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，在每个配位体分子中含有一个σ键，每个配位体分子与中心原子之间形成一个σ键，所以1 mol Ni(CO)4中含有8 mol σ键。(3)B原子与X原子形成配位键，因为B为缺电子原子，具有空轨道，故形成配位键时提供孤电子对的原子是X。(4)确定中心原子(或离子)和配体是解题关键。在[Zn(NH3)6]Cl2中，中心离子为Zn2+，配体为NH3，配位数为6，中心离子和配体构成内界[Zn(NH3)6]2+。
B组·能力提升
9．向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是( )
A．先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失
B．生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag＋和Cl－
C．生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物[Ag(NH3)2]Cl
D．若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失
【答案】B
【解析】Ag＋与NH3能发生如下反应：Ag＋＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋。而AgCl存在如下沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋＋Cl－，向其中加入氨水后会使平衡向右移动，最终因生成可溶性的[Ag(NH3)2]Cl而使AgCl沉淀溶解。
10．某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，下列说法中正确的是( )
A．配体是Cl－和H2O，配位数是8
B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D．将1 mol该配合物加入足量AgNO3溶液中，可以得到3 mol AgCl沉淀
【答案】C
【解析】对于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，中心离子是Ti3+，内界配体有1个Cl－和5个H2O分子，配位数是6，外界有2个Cl－，A、B均错误，C正确；加入足量AgNO3溶液，只有外界的2个Cl－与Ag＋反应生成AgCl沉淀，内界的1个Cl－不与Ag＋反应，故1 mol该配合物只能生成2 mol AgCl沉淀，D错误。
11．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是( )
A．配位化合物中提供孤电子对的一定是阴离子
B．配位化合物中可以存在离子键
C．形成H3O＋时，H＋提供空轨道，H2O分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键
D．CuSO4·5H2O是一种配合物
【答案】A
【解析】配位化合物中提供孤电子对的可以是分子，也可以是阴离子，A错误；在离子化合物中，复杂离子中可以存在配位键，B正确；形成H3O＋时，H＋提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键，C正确；CuSO4·5H2O可以表示为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，CuSO4·5H2O属于配合物，D正确。
12．(2023·广东湛江一中、深圳实验中学联考)绿矾(FeSO4·7H2O)结构如图所示，下列说法不正确的是( )
A．中心离子的配体是H2O
B．Fe2+的价层d轨道参与了杂化
C．绿矾中存在的化学键有共价键、配位键、氢键、离子键
D．绿矾受热分解产生红棕色固体的同时可能生成SO2
【答案】C
【解析】由图可知，中心离子亚铁离子的配体是H2O分子，A正确；由图可知，中心离子亚铁离子的配位数为6，则Fe2+的价层d轨道参与了杂化，B正确；水分子中存在氢氧共价键，亚铁离子和水分子间存在配位键，亚铁离子和硫酸根离子间存在离子键，但是氢键不属于化学键，C错误；绿矾受热分解发生氧化还原反应，产生红棕色固体的同时可能生成SO2，D正确。
13．某有机物的结构简式如下：
对该物质的分析判断正确的是( )
A．该物质是一种离子化合物
B．该物质的分子中含有的化学键有共价键和配位键
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子提供孤电子对
D．该物质分子中，C、N、O原子都存在孤电子对
【答案】B
【解析】该物质中没有离子键，不是离子化合物而是共价化合物，A错误；根据该物质结构简式可知，该物质中Ni、N之间存在配位键，其他成键原子之间都是共价键，B正确；根据该物质结构简式可知，Ni原子具有空轨道，氮原子为其提供孤电子对，C错误；C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子上没有孤电子对，D错误。
14．我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70。下列说法正确的是( )
A．“杯酚”中的羟基之间不能形成氢键
B．“杯酚”与C60之间通过共价键形成超分子
C．溶剂氯仿和甲苯均为极性分子
D．“杯酚”不能与C70形成超分子是由于C70是非极性分子
【答案】C
【解析】在“杯酚”中存在8个羟基，由于O原子半径小，元素的电负性大，因此羟基之间能形成氢键，A错误；“杯酚”与C60之间没有形成共价键而是通过分子间作用力结合形成超分子，B错误；氯仿不是正四面体结构属于极性分子，苯是完全对称的分子属于非极性分子，甲苯相当于甲基取代了苯上的一个氢原子，不是完全对称，属于极性分子，二者均为极性分子构成的物质，C正确；“杯酚”不能与C70形成超分子是由于C70不能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，并非是由于C70是非极性分子，D错误。
15．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒的化合物。
(1)镓的基态原子的核外电子排布式为__________________________________。
(2)硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的第一电离能从大到小的顺序为______________(用元素符号表示)。
(3)气态SeO3的空间结构为____________________。
(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]－而体现一元弱酸的性质，则[B(OH)4]－中B原子的杂化类型为______________，该离子______________(填“含有”或“不含有”)配位键，其空间结构是__________________________。
(5)金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，反应的离子方程式为__________________，用价层电子对互斥模型分析，NH3分子和H2O分子的空间结构分别是________________________、____________________。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1) (2)Br＞As＞Se (3)平面三角形 (4)sp3 含有 正四面体形
(5)Cu＋H2O2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O 三角锥形 V形
【解析】(1)镓元素是31号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态镓原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)。(2)同周期元素，随着原子序数的增大，第一电离能呈增大趋势，但砷原子4p能级容纳3个电子，为半充满的稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Br＞As＞Se。(3)SeO3分子中硒原子的价层电子对数为3，与氧原子形成三个共价键，没有孤电子对，则气态SeO3分子的空间结构为平面三角形。(4)[B(OH)4]－中B原子与氧原子形成四个σ键，B原子上没有孤电子对，该离子为正四面体构型，故B原子的杂化类型为sp3。(5)Cu与氨水、过氧化氢的混合溶液反应生成[Cu(NH3)4]2+的离子方程式为Cu＋H2O2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O。NH3分子中的N原子和H2O分子中的O原子都有4对价层电子对，NH3分子中N原子与3个H原子形成3个共价键，还有一对孤电子对，分子呈三角锥形结构；H2O分子中O原子与两个H原子形成两个共价键，还有两对孤电子对，分子呈V形结构。第三章 实验活动
1．向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液。下列对此现象的说法正确的是( )
A．配离子[Ag(NH3)2]＋中，Ag＋提供空轨道，NH3提供孤电子对
B．沉淀溶解后，生成物[Ag(NH3)2]OH难电离
C．配离子[Ag(NH3)2]＋中存在离子键和共价键
D．反应前后Ag＋的浓度不变
【答案】A
2．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。
序号 实验步骤 实验现象或结论
① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液
② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体
③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O
④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成
下列说法不正确的是( )
A．在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对
B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小
C．该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH－的结合能力
D．向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀
【答案】D
【解析】因为④中深蓝色溶液中存在SO，加入BaCl2溶液，能产生白色沉淀，D错误。
3．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。下图是18－冠－6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是( )
A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键
B．中心原子K＋的配位数为6
C．冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子
D．这类配合物晶体是分子晶体
【答案】D
【解析】配位键是共价键的一种类型，是由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共用电子对，故冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，A正确；由图可知，中心原子K＋周围形成了6个配位键，故其配位数为6，B正确；由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子， 故所得到的晶体里还有阴离子，C正确；由C项分析可知，该类配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于离子晶体，D错误。
4．如下图所示，乙二胺与CuCl2可形成配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+。下列有关说法不正确的是( )
A．该配离子中心离子是Cu2+，配位数为2
B．该配离子中既有极性键又有非极性键
C．乙二胺分子中H—N—H的键角小于H—C—H的键角
D．乙二胺分子沸点高于ClCH2CH2Cl
【答案】A
【解析】根据配合离子的结构，中心离子为Cu2+，Cu2+与4个N原子形成配位键，配位数为4，A错误； C—N、C—H、H—N为极性键，C—C为非极性键，B正确；乙二胺分子中H—N—H中的N有一个孤电子对，H—C—H中C没有孤电子对，孤电子对之间的斥力＞孤电子对和成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，因此乙二胺分子中H—N—H的键角小于H—C—H的键角，C正确；乙二胺分子间存在氢键，ClCH2CH2Cl分子间不存在氢键，因此乙二胺的沸点高，D正确。第三章 第一节
A组·基础达标
1．下列关于晶体的叙述不正确的是( )
A．晶体有自范性
B．晶体内部质点的排列高度有序
C．晶体的某些物理性质常会表现出各向异性
D．粉末状固体一定不是晶体
【答案】D
【解析】根据晶体的特点可判断晶体有自范性，A正确；晶体内部质点排列高度有序，B正确；晶体具有各向异性，C正确；当晶体晶粒很小时可为粉末状，在光学显微镜或电子显微镜下仍可观察到晶体的规则几何外形，D错误。
2．如图是a、b两种不同物质的熔化曲线。下列说法中正确的是( )
①a是晶体 ②a是非晶体 ③b是晶体 ④b是非晶体
A．①④ B．②③
C．②④ D．①③
【答案】A
【解析】晶体有固定的熔点。由题图可知，a在吸热过程中有一段温度不变，这段对应的温度就是该晶体的熔点；而b物质在吸热过程中温度一直在升高，即b物质没有固定的熔点，因此b为非晶体。
3．下列说法错误的是( )
A．由相同元素构成的物质可以是晶体，也可以是非晶体
B．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是测定其有没有固定熔点
C．雪花是水蒸气凝华得到的晶体
D．溶质从溶液中析出可以形成晶体
【答案】B
【解析】SiO2有晶体和非晶体之分，A正确；区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验，B错误；气体凝华可以得到晶体，C正确；溶质从溶液中析出可以形成晶体，D正确。
4．(2022·广东茂名月考)已知某晶体晶胞如图所示，则该晶体的化学式为( )
A．XYZ B．X2Y4Z
C．XY4Z D．X4Y2Z
【答案】C
【解析】该晶胞拥有的X粒子数为8×＝1；Y位于该晶胞内，共有4个，因此该晶胞中拥有的Y粒子数为4；Z只有1个，位于晶胞的体心，故该晶体的化学式为XY4Z。
5．下列关于等离子体的叙述正确的是( )
A．物质一般有固态、液态和气态三种常见状态，等离子体却被认为是物质存在的第四种状态
B．为了使气体变成等离子体，必须使其通电
C．等离子体通过电场时，所有粒子的运动方向都发生改变
D．等离子体性质稳定，不易发生化学反应
【答案】A
【解析】除外加电场外，高温加热、激光照射也可以使气体转变为等离子体，B错误；等离子体中也存在电中性微粒，电中性微粒在电场中运动方向不发生改变，C错误；等离子体性质活泼，可发生在一般条件下无法进行的化学反应，D错误。
6．下列物质中，常温下以分子晶体形式存在的是( )
A．氯化铵 B．单质碘
C．金刚石 D．单质硅
【答案】B
7．(2022·河南洛阳期末)下列各项中，不属于晶体的特点的是( )
A．具有规则的几何外形 B．某些物理性质具有各向异性
C．一定是无色透明的固体 D．具有固定的熔点
【答案】C
8．对于某晶胞(如图所示)的下列描述错误的是( )
A．该晶胞是所在晶体内最小的平行六面体
B．该晶胞的每个顶点上和每个面的面心上都各有一个原子
C．平均每个晶胞中有14个原子
D．平均每个晶胞中有4个原子
【答案】C
【解析】在该晶胞顶角和六个面的面心处都有一个原子，平均每个晶胞中含有的原子数＝8×＋6×＝4。
9．(1)等离子体：由大量带电微粒(离子、电子)和______________所组成的物质聚集体称为等离子体。因为等离子体中正、负电荷数相等，总体来看等离子体呈__________。等离子体中的一部分微粒带有电荷且能自由运动，使等离子体具有很好的__________，加之有良好的流动性，所以等离子体用途十分广泛。
(2)使气体转变为等离子体的条件：除高温外，在________________也可以使气体转变为等离子体。
【答案】(1)电中性粒子(原子或分子) 电中性 导电性
(2)外加电场激发下
B组·能力提升
10．元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体的晶胞结构如图所示。
(1)该晶体的阳离子与阴离子个数比为__________。
(2)该晶体中，Xn＋中的n＝__________。
(3)X元素的原子序数是____________。
【答案】(1)3∶1 (2)1 (3)29
11．用烧热的钢针去接触涂有薄薄一层石蜡的云母片的反面，熔化了的石蜡成椭圆形，这是因为( )
A．云母具有各向异性，不同方向的导热性能不同
B．石蜡是热的不良导体，传热不均匀
C．石蜡具有各向异性，不同方向的导热性能不同
D．云母是热的不良导体，传热不均匀
【答案】A
【解析】石蜡熔化成“椭圆形”，说明云母的导热性能存在各向异性，A正确。
12．下列关于晶体的说法不正确的是( )
A．将饱和硫酸铜溶液降温，析出的固体就是晶体
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，它们都没有固定的熔点
D．蓝宝石在不同方向上的硬度一定相同
【答案】D
【解析】将饱和CuSO4溶液降温，可析出胆矾，胆矾属于晶体，A正确；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，B正确；非晶体没有固定的熔点，C正确；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，D错误。
13．纳米材料的表面粒子数占总粒子总数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同(如图所示)，则这种纳米颗粒的表面粒子数与总粒子数的比值为( )
NaCl晶体的晶胞
A．7∶8 B．13∶14
C．1∶1 D．26∶27
【答案】D
【解析】表面粒子数＝8＋6＋12＝26，总粒子数＝表面粒子数＋中心粒子数＝26＋1＝27。
14．(2023·湖南长沙雅礼中学阶段节选)已知X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，而R为过渡元素。Y的最高价氧化物的水化物是强酸，Z元素的基态原子中有2个未成对电子，基态W原子的价层电子排布式为nsn－1npn－1，X与W为同主族元素。基态R原子的M能层全充满，且其核外有且仅有1个未成对电子。
请回答下列问题：
(1)基态R原子核外价层电子排布式为__________________。
(2)R元素与Y元素形成的某种化合物的晶胞结构如下图所示(灰球代表R原子)，则该化合物的化学式是_______。
(3)下列有关的叙述中错误的是_______。
a．单质W与X属于第ⅣA族元素
b．Y的最高价含氧酸根的空间构型为平面三角形
c．基态W原子的核外电子占据的最高能层符号为M
d．硅的电负性处于碳和磷之间，因此其是一种“类金属”
(4)X的最高价氧化物的分子中含σ键与π键的数目之比为_______。
【答案】(1)3d104s1 (2)Cu3N (3)d (4)1∶1
【解析】基态W原子的价层电子排布式为nsn－1npn－1，则n＝3，基态W原子的价层电子排布式为3s23p2，W是Si元素；X与W为同主族元素，X是C元素；X、Y、Z、W为原子序数递增，Z元素基态原子中有2个未成对电子，Z是O元素，Y的最高价氧化物的水化物是强酸，Y是N元素；R为过渡元素，基态的R原子M能层全充满，核外有且仅有1个未成对电子，R是Cu元素。(1)基态Cu原子的核外有29个电子，价层电子排布式为3d104s1。(2)R元素为Cu，Y元素为N，Cu原子个数为12×1/4＝3，N原子个数为8×1/8＝1，故化学式为Cu3N。(3)单质W为Si，X为碳，都属于第ⅣA族，a正确；Y为N，最高价含氧酸根为硝酸根离子，NO离子的中心N原子的价层电子对数＝3＋(5＋1－3×2)＝3，为sp2杂化，空间构型是平面三角形，b正确；W为Si，核外有三个电子层，W原子的核外电子占据的最高能层符号为M，c正确；元素的非金属性越强，电负性越大，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，硅的电负性小于碳和磷，是一种“非金属”，d错误。(4)X的最高价氧化物为CO2，结构式为O＝C＝O，双键包含一个σ键和一个π键，则CO2中含σ键与π键的数目之比为1∶1。
15．(1)硼普遍存在于蔬菜水果中，是维持骨骼健康和钙、磷、镁正常代谢所需要的微量元素之一。晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体(如图甲所示)，其中含有20个等边三角形和一定数目的顶角，每个顶角上各有1个硼原子。请观察图形后回答：这个基本结构单元由_______个硼原子组成，键角是_______，共含有__________个B—B键。
甲 乙
(2)元素铜的一种氯化物晶体的晶胞结构如图乙所示，该氯化物的化学式是____________________。
(3)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，图丙为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为__________，该功能陶瓷的化学式为_______。
丙
(4)某晶体结构模型如图丁所示。该晶体的化学式是__________，在晶体中1个Ti原子或1个Co原子周围距离最近的O原子数目分别为__________个、__________个。
丁
(5)有一种钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，其结构如图戊所示，顶点和面心的原子是钛原子，棱的中心和体心的原子是碳原子，它的化学式为__________(填字母)。
戊
A．Ti14C13 B．TiC
C．Ti14C4 D．Ti4C3
【答案】(1)12 60° 30 (2)CuCl (3)2 BN
(4)CoTiO3 6 12 (5)A
【解析】(1)由图甲可知，每个顶角上的硼原子被5个正三角形共有，故每个三角形占个硼原子，每个三角形共含有×3个硼原子，每个结构单元含硼原子数为20××3＝12；正二十面体中的棱边数与B—B键数相等，B—B键数为20×3×＝30。因为是等边三角形，故键角为60°。(2)晶胞中灰球代表的微粒有4个，白球代表的微粒有6×＋8×＝4个，所以该氯化物的化学式为CuCl。(3)每个氮化硼晶胞中含有白球表示的原子个数为8×＋1＝2，灰球表示的原子个数为1＋4×＝2，所以每个晶胞中含有N原子和B原子各2个；N的电负性大于B，所以该功能陶瓷的化学式为BN。(4)一个晶胞中含O原子个数为6×＝3，含Co原子个数为8×＝1，含Ti原子个数为1，故化学式为CoTiO3。Ti原子位于晶胞的中心，其周围距离最近的O原子位于6个面的中心，所以周围距离最近的O原子数目为6；Co原子位于晶胞的顶角，O原子位于晶胞的面心，所以Co原子周围距离最近的O原子数目为12。(5)由题意知该物质是气态团簇分子，故题目中图示应是该物质的一个完整的分子，由14个Ti原子和13个C原子构成，化学式为Ti14C13。第三章 第三节
A组·基础达标
1．下图是金属晶体的电子气理论示意图。用该理论解释金属导电的原因是( )
A．金属能导电是因为含有金属阳离子
B．金属能导电是因为含有的自由电子在外电场作用下做定向运动
C．金属能导电是因为含有的电子作无规则运动
D．金属能导电是因为金属阳离子和自由电子的相互作用
【答案】B
【解析】电子气理论可以很好地解释金属的一些现象，如金属的导电、导热、延展性等。金属中含有金属阳离子和自由电子，在外加电场的作用下，自由电子定向移动形成电流。
2．下列关于过渡晶体的说法正确的是( )
A．石墨属于过渡晶体
B．SiO2属于过渡晶体，但当作共价晶体来处理
C．绝大多数含有离子键的晶体都是典型的离子晶体
D．Na2O晶体中离子键的百分数为100%
【答案】B
【解析】石墨属于混合型晶体，A错误；SiO2属于过渡晶体，但一般按共价晶体来处理，B正确；绝大多数含有离子键的晶体不是典型的离子晶体，而是过渡晶体，C错误；Na2O晶体中离子键的百分数为62%，D错误。
3．下列关于金属晶体的叙述正确的是( )
A．温度越高，金属的导电性越强
B．常温下，金属单质都以金属晶体形式存在
C．金属晶体中金属原子紧密堆积，能充分利用空间的原因是金属键没有饱和性和方向性
D．金属阳离子与自由电子之间的强烈作用，在外力作用下会发生断裂，故金属无延展性
【答案】C
【解析】温度升高，金属离子的热运动加快，对自由电子的移动造成阻碍，导电性减弱，A错误；常温下，Hg为液态，不属于晶体形态，B错误；金属受外力作用变形时，金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈作用，即金属具有延展性，D错误；正是因为金属键无方向性和饱和性，所以金属晶体中的金属原子一般采用最密堆积，尽量充分利用空间，C正确。
4．下列有关晶体性质的叙述，可能为金属晶体性质的是( )
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．固体不导电，但溶于水或熔融后能导电
【答案】B
【解析】由分子间作用力结合而成，熔点低是分子晶体的性质，A错误；固体或熔融后能导电是金属晶体的特性，B正确，D错误；由共价键结合成网状结构，熔点高为共价晶体的性质，C错误。
5．CaO晶胞如下图所示，其中与Ca2+最近的O2－数为( )
A．4 B．6
C．8 D．12
【答案】B
【解析】根据CaO晶胞图示可知，与Ca2+邻近的O2－为6个，分别位于Ca2+的前、后、左、右、上、下方位。
6．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式：六方最密堆积、面心立方最密堆积和体心立方堆积，如图甲、乙、丙分别代表这三种堆积方式的结构，其晶胞内金属原子个数比为( )
A．1∶2∶1 B．3∶2∶1
C．9∶8∶4 D．21∶14∶9
【答案】B
【解析】由均摊思想可知，甲晶胞内金属原子的个数为3＋2×＋12×＝6，乙晶胞内金属原子的个数为6×＋8×＝4，丙晶胞内金属原子的个数为1＋8×＝2，则甲、乙、丙三种堆积方式的晶胞内金属原子个数比为3∶2∶1。
7．金晶体的最小重复单元(也称晶胞)是面心立方体，如图所示，即在立方体的8个顶点各有一个金原子，各个面的中心有一个金原子，每个金原子被相邻的晶胞所共有。金原子的直径为d，用NA表示阿伏加德罗常数，M表示金的摩尔质量。
(1)金晶体的每个晶胞中含有_______个金原子。
(2)欲计算一个金晶胞的体积，除假定金原子是刚性小球外，还应假定______________________。
(3)一个晶胞的体积是______________。
(4)金晶体的密度是______________。
【答案】(1)4 (2)每个面心的原子和四个顶点的原子相互接触
(3)2d3 (4)
【解析】(1)由题中对金晶体晶胞的叙述，可求出每个晶胞中所拥有的金原子个数，即8×＋6×＝4。(2)金原子的排列是紧密堆积形式，每个面心的原子和四个顶点的原子要相互接触。
(3)下图是金晶体中原子之间相互位置关系的平面图，AC为金原子直径的2倍，AB为立方体的边长，由图可得，立方体的边长为d，所以一个晶胞的体积为(d)3＝2d3。(4)一个晶胞的质量等于4个金原子的质量，所以ρ＝＝。
B组·能力提升
8．食盐晶体是由钠离子(图中的“”)和氯离子(图中的“”)组成的，且均为等距离的交错排列。已知食盐的密度是2.2 g·cm－3，阿伏加德罗常数是6.02×1023 mol－1。在食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心间的距离最接近于( )
A．3.0×10－8 cm B．3.5×10－8 cm
C．4.0×10－8 cm D．5.0×10－8 cm
【答案】C
【解析】根据晶胞结构图可知，每个晶胞中有钠离子个数8×＋6×＝4，氯离子个数1＋12×＝4，根据V＝可计算出晶胞的体积为 cm3＝1.77×10－22 cm3。所以晶胞的边长为5.61×10－8 cm，则晶胞的面对角线长为×5.61×10－8 cm＝8.0×10－8 cm。在食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心间的距离为晶胞面对角线的一半，所以两个距离最近的钠离子中心间的距离为4.0×10－8 cm。
9．由原子序数为1－20的元素组成的离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子的核外电子数之和为20。下列说法正确的是( )
A．晶体中阳离子和阴离子个数一定相等
B．晶体中一定只有离子键而没有共价键
C．所含元素可能在同一主族也可能在第一周期
D．晶体中阳离子半径一定大于阴离子半径
【答案】C
【解析】原子序数为1－20的元素形成的离子化合物，一个阳离子和一个阴离子的核外电子数之和为20，如NaOH、NH4F、Na2O、KH等，这些离子化合物中，阴、阳离子个数不一定相等，A错误。OH－、NH中有共价键，B错误。从以上分析可知，元素可以在第一周期，如H元素在第一周期；所含元素可能在同一主族，如KH中两种元素均在第ⅠA族，C正确。晶体中阳离子半径不一定大于阴离子半径，如Na＋半径比O2－半径小，D错误。
10．石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法中正确的是( )
A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B．石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道的成分与p轨道的成分
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在范德华力和氢键；层内碳原子间存在共价键；石墨能导电，有类似金属晶体的性质
D．石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
【答案】B
【解析】石墨晶体中，层与层之间的作用力为范德华力，层内存在共价键，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，A错误。石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道的成分与p轨道的成分，B正确。石墨属于混合晶体，层内碳原子间存在共价键；石墨能导电，具有类似金属晶体的性质；层与层之间存在范德华力，但不存在氢键，C错误。每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为6×＝2，D错误。
11．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形C的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于CaC2晶体的描述不正确的是( )
A．CaC2晶体的熔点较高、硬度也较大
B．与Ca2+距离相同且最近的C构成的多面体是正六面体
C．与Ca2+距离相同且最近的C有4个
D．CaC2晶胞中共含有4个Ca2+和4个C
【答案】B
【解析】CaC2晶体属于离子晶体，故有较高的熔点和较大的硬度，A正确；因为晶胞沿一个方向拉长，故和Ca2+距离相同且最近的C只有4个(与拉长方向垂直的同一面上)，4个C构成的是正方形，B错误；以Ca2+为中心，与之等距离且最近的是同一平面上的4个C，C正确；该晶胞中含有Ca2+的个数＝12×＋1＝4，含有C的个数＝8×＋6×＝4，D正确。
12．如图为一些晶体中的部分结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨中的某一种。
(1)代表金刚石的是__________(填字母)，其中每个碳原子与__________个碳原子最近且距离相等，金刚石属于_______晶体。
(2)代表石墨的是__________(填字母)，其中每个正六边形平均占有的碳原子数为__________。
(3)代表NaCl的是__________(填字母)，每个Na＋与__________个Na＋紧邻。
(4)代表CsCl的是__________(填字母)，它属于__________晶体，每个Cs＋与__________个Cl－紧邻。
(5)代表干冰的是_______(填字母)，它属于__________晶体，每个CO2分子与__________个CO2分子紧邻。
【答案】(1)D 4 共价 (2)E 2 (3)A 12 (4)C 离子 8 (5)B 分子 12
【解析】根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质。NaCl晶胞是立方单元，每个Na＋与6个Cl－紧邻，每个Cl－又与6个Na＋紧邻，但观察Na＋与最近且等距离的Na＋数目时要抛开Cl－，从空间结构上看是12个Na＋，即x轴面上、y轴面上、z轴面上各4个。CsCl晶体是由Cs＋、Cl－构成的体心立方结构。干冰也是立方体结构，但在立方体每个正方形面心都有1个CO2分子，称为“面心立方”，所以每个CO2分子在三维空间里x、y、z三个面各紧邻4个CO2分子，共12个CO2分子。金刚石中每个碳原子紧邻4个其他碳原子。石墨的片层由正六边形结构组成，每个碳原子紧邻3个碳原子，即每个正六边形占有的碳原子数是6×＝2。
13．(2023·广东惠州高二月考，节选)一种金属钼(Mo)的晶胞为体心立方堆积，如图1所示。
(1)以晶胞参数为单位长度建立如图2所示坐标系，若图1中原子1的坐标为(0，0，0)，则图1中原子2的坐标为____________________。
(2)若晶胞参数为a pm，则图1中原子1和原子2的连线长度为_______pm，金属钼的密度为______________g·cm－3。
【答案】(1)(0，1，1) (2)a ×1032
【解析】(1)以晶胞参数为单位长度，根据金属钼的晶胞可知，原子2的坐标为(0，1，1)。(2)若晶胞参数为a pm，图1中原子1和原子2的连线为面对角线，其长度为a pm；金属钼晶胞为体心立方堆积，根据其晶胞可知钼原子个数为8×＋1＝2，其密度为ρ＝＝ g·cm－3＝×1032 g·cm－3。
14．钛(Ti)、钒(V)、镍(Ni)、镧(La)等在储氢材料方面具有广泛的用途。如图Ⅰ、图Ⅱ是一些晶体材料的结构示意图。
请回答下列问题：
(1)写出基态镍原子的核外电子排布式：________________________。
(2)镧系合金是稀土系储氢合金的典型代表。某合金储氢后的晶胞如图Ⅰ所示，该合金的化学式为______________，1 mol镧形成的该合金能储存__________ mol氢气。
(3)嫦娥三号月球探测器上的PTC元件(热敏电阻)的主要成分——钡钛矿晶体的晶胞结构如图Ⅱ所示。该晶体经X射线分析鉴定，重复单位为立方体，边长为a cm。顶点位置被Ti4+所占据，体心位置被Ba2+所占据，所有棱心位置被O2－所占据。
①该晶体中的O元素与H元素形成的化合物的中心原子的杂化类型为__________，其分子的空间结构为__________。
②写出该晶体的化学式：__________。
③若该晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a＝__________cm。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)
(2)LaNi5 3
(3)①sp3杂化 V形 ②BaTiO3 ③
【解析】(1)Ni是28号元素，其基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。(2)根据某合金储氢后的晶胞结构示意图可知，每个晶胞中含有的原子数目为La：8×＝1、Ni：8×＋1＝5，所以化学式是LaNi5；1 mol该合金吸附氢气的物质的量是8 mol×＋2 mol×＝3 mol。(3)①该晶体中的O元素与H元素形成的化合物是H2O，中心原子O原子的杂化类型为sp3杂化，其分子空间结构为V形；②根据晶胞结构示意图可知，每个晶胞中含有的原子数为Ba：1、Ti：8×＝1、O：12×＝3，所以该晶体的化学式是BaTiO3；③由于晶胞为立方体，边长为a cm，1 mol晶胞中含有1 mol BaTiO3，若该晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则根据晶体的密度ρ＝＝ g·cm－3，可得a＝ cm。第三章检测卷
(晶体结构与性质)
班级：_________ 姓名：_________ 学号：_________ 成绩：_________
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 O 16 Mg 24 P 31 Cl 35.5
K 39 V 51 Cu 64
一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1－10小题，每小题2分；第11－16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．(2022·广东广州六中期中)在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是( )
A．熔点：KCl＞MgO＞碘＞干冰
B．硬度：金刚石＞晶体硅＞碳化硅
C．沸点：＜
D．热稳定性：HF＞H2O＞NH3
【答案】D
【解析】氧化镁和氯化钾都是离子晶体，但氧化镁的晶格能大于氯化钾，熔点高于氯化钾，A错误；共价晶体的硬度与共价键的强弱有关，硅原子的原子半径大于碳原子，碳化硅中碳硅键的键长小于晶体硅中硅硅键的键长，碳硅键的共价键强于硅硅键，所以晶体硅的硬度小于碳化硅，B错误；邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，所以对羟基苯甲酸分子间作用力大于邻羟基苯甲酸，沸点高于邻羟基苯甲酸，C错误；元素的非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，氮、氧、氟的非金属性强弱顺序为F＞O＞N，则氢化物的稳定性为HF＞H2O＞NH3，D正确。
2．下列说法正确的是 ( )
A．晶体在受热熔化或升华过程中一定存在化学键的断裂
B．共价晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力
C．区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验
D．非金属元素的原子间只形成共价键，金属元素的原子与非金属元素的原子间只形成离子键
【答案】C
【解析】分子晶体升华时一般破坏分子间作用力，而不破坏化学键，如碘单质升华，A错误；共价晶体的原子间只存在共价键，分子晶体内可能存在范德华力、氢键和共价键，如水、氨气等，B错误；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X射线衍射图谱反映出来，因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，C正确；氯化铝是由金属原子与非金属原子组成的共价化合物，D错误。
3．下列说法正确的是( )
A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B．液晶、等离子体都是物质的聚集体
C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线形的非极性分子
【答案】B
【解析】氨气分子之间存在氢键，沸点高于PH3，A错误；SiO2晶体不是分子晶体，C错误；C3H8的碳链不是直线形的，碳链呈锯齿形且C3H8为极性分子，D错误。
4．几种晶体的晶胞如图所示。所示晶胞从左到右分别表示的物质是( )
A．碘、铜、氯化钠、金刚石 B．氯化钠、金刚石、碘、铜
C．氯化钠、铜、碘、金刚石 D．铜、氯化钠、碘、金刚石
【答案】B
【解析】题中涉及物质中氯化钠为离子晶体，氯离子位于顶点、面心，钠离子位于棱上、体心；金刚石为共价晶体，键角为109°28′；碘为分子晶体，碘分子分别位于顶点和面心；铜为金属晶体，铜原子位于晶体顶点、面心。
5．泽维尔研究发现，当用激光脉冲照射NaI使Na＋和I－的核间距为1.0－1.5 nm时，NaI中的化学键为离子键；当二者的核间距约为0.28 nm时，NaI中的化学键为共价键。根据泽维尔的研究成果能得出的结论是( )
A．NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物
B．离子晶体可能含有共价键
C．NaI晶体中既有离子键，又有共价键
D．共价键和离子键没有绝对的界限
【答案】D
【解析】由题中信息可知，当核间距改变时，键的性质会发生改变，这说明离子键和共价键没有绝对的界限。
6．利用反应CCl4＋4NaC(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列说法错误的是( )
A．C(金刚石)属于共价晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
【答案】D
【解析】金刚石为共价晶体，A正确；该反应中Na由0价→＋1价，作还原剂，将CCl4还原，B正确；CCl4和C(金刚石)中的C原子的杂化方式都是sp3杂化，C正确；NaCl晶体中每个Na＋同时吸引6个距离最近且相等的Cl－，每个Cl－同时吸引6个距离最近且相等的Na＋，配位数为6，D错误。
7．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法中正确的是( )
A．配位体是Cl－和H2O，配位数是9
B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D．在该配合物中加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均会完全沉淀
【答案】C
【解析】由配合物化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O可知，中心离子是Ti3+，配位体是Cl－和H2O，配位数是6，外界中的Cl－数目为2，且只有外界中的Cl－与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，据此解答。配位体是Cl－和H2O，配位数是1＋5＝6，A错误；中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，B错误；外界中的Cl－数目为2，内界中的Cl－数目为1，内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2，C正确；外界中的Cl－与AgNO3溶液反应，则该配合物中加入足量AgNO3溶液，只有外界中Cl－被沉淀，D错误。
8．(2023·广东深圳期中)AlN具有耐高温、抗冲击等优良品质，广泛应用于电子工业、陶瓷工业，其晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是( )
A.基态Al原子的价电子排布式为3s23p1
B．Al原子位于N原子形成的四面体空隙
C．AlN晶体中含有配位键
D．AlN晶体属于离子晶体
【答案】D
【解析】Al是第13号元素，基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1，A正确；每个Al原子通过3个共价键、一个配位键跟4个N原子结合，其VSEPR模型为正四面体形，Al原子位于正四面体的中心，即Al原子位于N原子形成的四面体空隙，B正确；氮原子最外层有5个电子，为三个单电子和一个孤电子对，每个N原子结合了4个Al原子，说明其中一个Al原子接受了N原子的孤电子形成了配位键，C正确；在晶胞中每个Al原子结合4个N原子，每个N原子结合4个Al原子，N与Al之间通过共价键和配位键结合，属于共价晶体，D错误。
9．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是( )
A．在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－有6个
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C．在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子
D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】以顶点Na＋为研究对象，与之最近的Cl－处于晶胞棱心且关于Na＋对称，即距Na＋最近的Cl－有6个，A正确；在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×＋6×＝4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，B正确；金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，C正确；该气态团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，D错误。
10．我国科学家首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如下：
CO2CH3OH ―→―→
下列说法错误的是( )
A．电负性：O＞C＞H＞Zn
B．甲醇分子中H—C—O键角小于甲醛分子中H—C—O键角
C．DHA分子间存在氢键
D．Zn溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，Zn2+的配位数为6
【答案】D
【解析】Zn2+溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，则Zn2+配位数为4，D错误。
11．我国用BeO、KBF4等原料制备KBe2BO3F2晶体，在世界上首次实现在177.3 nm深紫外激光倍频输出，其晶胞如图所示。下列说法错误的是( )
A．构成晶体的非金属元素的电负性由大到小的顺序为F＞O＞B
B．KBF4中的阴离子的中心原子杂化方式为sp2
C．根据元素周期表中元素所处的位置可推测BeO与Al2O3性质相似
D．1 mol该晶胞含3 mol KBe2BO3F2
【答案】B
【解析】元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为F＞O＞B，A正确； KBF4中的阴离子为BF，中心原子为B，根据价层电子对互斥理论，中心原子价层电子对数＝4＋(3＋1－4×1)＝4，杂化方式为sp3，B错误；根据对角线规则，处于元素周期表中对角线位置的某些主族元素，性质具有相似性，C正确；该晶胞中实际拥有的K＋数目＝8×＋2＝3，因此1 mol该晶胞中KBe2BO3F2的物质的量为3 mol，D正确。
12．元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个能层，它与N3－形成的晶体晶胞结构如图所示。下列说法错误的是( )
A.X元素的原子序数是19
B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1
C．Xn＋中n＝1
D．晶体中每个Xn＋周围有2个等距离且最近的N3－
【答案】A
【解析】从“元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个能层”可知，Xn＋共有28个电子，A错误；图中Xn＋位于每条棱的中点，一个晶胞拥有的Xn＋个数为12×＝3，N3－位于顶点，一个晶胞拥有N3－的个数为8×＝1，阳离子与阴离子个数比为3∶1，B正确；该物质的化学式为X3N，故X显＋1价，C正确；由图知，Xn＋周围有2个等距离且最近的N3－，D正确。
13．下列有关说法不正确的是( )
A．水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B．CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+
C．H原子的电子云图如图3所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu晶胞结构如图4所示，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
【解析】水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，A正确；根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×＋6×＝4，B正确；电子云图表示电子在某一区域出现的概率的大小，H原子核外只有一个电子，所以不存在大多数电子的说法，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的概率较大，C错误；对于每个铜原子来说，在其周围距离最近的铜原子有4×3＝12个，故每个原子周围都有12个原子，D正确。
14．(2023·河北唐山一模)锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是( )
A.该负极材料的摩尔质量为79
B．碳原子的杂化方式为sp3杂化
C．Li的配位数为8
D．晶胞中Li与C原子个数比为1∶6
【答案】D
15．高温下，某金属氧化物的晶体结构如图所示。其中氧的化合价可看作部分为0价、部分为－2价。下列有关说法中正确的是( )
A.元素A可能位于元素周期表第ⅠA族
B．该离子晶体的化学式是A2O2
C．晶体中与A＋等距且最近的A＋有6个
D．晶体中，0价氧原子与－2价氧原子的数目比为1∶1
【答案】A
【解析】元素A形成的离子是A＋，即化合价是＋1，因此可能位于元素周期表第ⅠA族，A正确；根据示意图知，每个A＋周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围有6个A＋，所以该晶体中，阴离子与阳离子个数之比为1∶1，该离子的化学式为AO2，B错误；选取一个A＋为研究对象，通过该离子沿x、y、z三轴对晶体进行切割，结合图片知，与A＋距离相等且最近的A＋有12个，C错误；根据十字交叉法，0.5021.50.5可知该晶体中0价氧原子和－2价氧原子的个数比为1.5∶0.5＝3∶1，D错误。
16．钒(23V)的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。下列说法错误的是( )
A.该钒的氧化物的化学式为VO2
B．钒在元素周期表中位置为第四周期第ⅤB族
C．V原子的配位数与O的配位数之比为1∶2
D．该晶胞的密度为 g·cm－3
【答案】C
【解析】该晶胞中V原子个数＝1＋8×＝2、O原子个数＝2＋4×＝4，则V、O原子个数之比＝2∶4＝1∶2，化学式为VO2，A正确；钒的核电荷数为23，可推知钒在元素周期表中位置为第四周期第ⅤB族，B正确；V原子的配位数为与V原子紧邻的O原子数，V原子的配位数为6，V与O原子个数之比为1∶2，O的配位数为3，则V原子的配位数与O的配位数之比为2∶1，C错误；一个晶胞的质量为g，体积为(a×10－10)3 cm3，该晶胞的密度为 g·cm－3，D正确。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。
17．(14分)微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用，也广泛用于新型材料的制备。
(1)基态硼原子的价层电子排布图是___________________。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为__。
(2)晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的_______________。
(3)B的简单氢化物BH3不能稳定存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。
①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为_____________。
②氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是________。
(4)以硼酸(H3BO3)为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂。BH的键角是___________，空间结构为_______________。
(5)磷化硼(BP)是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是_______________；已知晶胞棱长为458 pm，则磷化硼晶体的密度是___________________ ______________________________(列式并计算，结果保留两位有效数字，已知4.583≈96.07)。
【答案】(14分，除标注外每空2分)(1)(1分) C＞Be＞B (2)自范性(1分)
(3)①sp3杂化 ②N(1分) (4)109°28′(1分) 正四面体形
(5)正方形 ≈2.9 g·cm－3
【解析】(1)硼的价层电子排布式为2s22p1，故其价层电子排布图为。与B同周期且相邻的元素为Be、C，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于B的第一电离能失去的是2p能级的电子，该能级的能量比2s能级的能量高，故第一电离能：Be＞B，因此第一电离能：C＞Be＞B。(3)①B2H6分子中每个B形成4个键，无孤电子对，B原子的杂化轨道数为4，故杂化方式为sp3。②氨硼烷(NH3BH3)中B无孤电子对，故NH3中N提供孤电子对。 (4)BH中B的价层电子对数为4，且无孤电子对，故其立体构型为正四面体形，键角为109°28′。(5)将该晶胞分为8个小立方体，则B原子处在互不相邻的4个小立方体的体心，故磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是正方形。该晶胞中含有4个B、4个P，则磷化硼晶体的密度为÷(458×10－10 cm)3＝≈2.9 g·cm－3。
18．(12分)超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p－甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。
(1)Mo处于元素周期表第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态原子价层电子排布式是___________________；核外未成对电子数是________。
(2)该超分子中存在的化学键类型有_________(填字母)。
A．σ键 B．π键
C．离子键 D．氢键
(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是________(填元素符号)，p－甲酸丁酯吡啶中C原子的杂化方式有________。
(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因：__
__
__。
(5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因：__
__。
【答案】(12分，除标注外每空2分)(1)4d55s1(1分) 6(1分) (2)AB (3)C sp2和sp3
(4)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH
(5)C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量
【解析】(1)Cr的基态原子价层电子排布式为3d54s1，而Mo与Cr同族，但在Cr的下一周期，因而基态原子价层电子排布式为4d55s1，轨道表示式为 ，因而核外未成对电子数为6。(2)观察题图可知，该超分子中含有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据题给信息知Mo形成配位键，因而答案为AB。(3)CO作配体时，C作配位原子；p－甲酸丁酯吡啶中碳原子与氧原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键，为sp3杂化。(4)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH的酸性强于CH3COOH。(5)根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量。
19．(14分)材料是人类文明进步的阶梯，第ⅢA、ⅣA、ⅤA族元素是组成特殊材料的重要元素。请回答下列问题：
(1)基态Ge原子的电子排布式为_________________________________；基态As原子核外电子占据的能量最高的能级的电子云形状为___________。
(2)Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为_____________________。
(3)M与Ga位于同周期，M3+的一种配合物组成为[M(NH3)5(H2O)]Cl3。
①下列有关NH3、H2O的说法正确的是_________(填字母)。
a．分子空间结构相同
b．中心原子杂化轨道类型相同
c．键角大小相同
②1 mol [M(NH3)5(H2O)]3+含________mol σ键。
③配合物T与[M(NH3)5(H2O)]Cl3组成元素相同，中心离子的配位数相同。1 mol T溶于水，加入足量AgNO3溶液可生成2 mol AgCl。则T的化学式为__。
(4)碳和钨组成一种晶体，其熔点为2 870 ℃，硬度接近金刚石，其晶胞结构如图甲所示，则其化学式为_____________。
(5)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图乙所示，该晶胞中B原子所处空间类型为_____________(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)。
已知该晶体的密度为ρ g·cm－3，NA是阿伏加德罗常数的值。BP晶胞中面心上6个P原子相连构成正八面体，该正八面体的边长为___________________________pm(列式即可)。
【答案】(14分，除标注外每空1分)(1)1s22s22p63s23p63d104s24p2 哑铃形
(2)Cl＞P＞S＞Si (3)①b ②23(2分) ③[M(NH3)5Cl]Cl2·H2O(2分)
(4)WC(2分) (5)正四面体 ××1010(3分)
【解析】(1)砷原子价层电子排布式为4s24p3，电子占据的能级中，4p能级能量最高，电子云形状为哑铃形。(2)磷元素的第一电离能大于硫元素，但小于氯元素，故Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl＞P＞S＞Si。(3)①NH3和H2O的键角、空间结构不同，中心原子的杂化轨道类型相同，均为sp3；②NH3、H2O中的共价键都是σ键，每个分子形成一个配位键，配位键也是σ键，1 mol [M(NH3)5(H2O)]3+含23 mol σ键；③该配合物中M3+的配位数为6，依题意，1 mol T中有2 mol Cl－在外界，能电离出2 mol Cl－，只有1 mol Cl－形成配离子，故T的化学式为[M(NH3)5Cl]Cl2·H2O。(4)图甲为六棱柱形，12个W原子位于顶点，2个W原子位于面心、6个W原子位于棱心、1个W原子位于体内。顶点贡献率为，面心贡献率为，棱心贡献率为，所以1个晶胞中含W原子的个数为12×＋2×＋6×＋1＝6；晶胞体内有6个C，所以其化学式为WC。(5)由图乙知，P原子将晶胞围成8个正四面体，而B原子位于体对角线的处，4个B原子填充了4个正四面体。面心上6个P原子构成正八面体，该正八面体的边长等于面对角线长的一半。设BP晶胞棱长为a cm，1个晶胞含4个BP，所以ρ＝，a＝ cm，故正八面体的边长为××1010pm。
20．(16分)在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是________(填字母)。
A． B．
C． D．
(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是________、________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，原因是____________________________________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
(3)一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2
熔点/℃ 1 570 2 800 23.8 －75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因：________________________________。
(4)图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x＝________pm，Mg原子之间最短距离y＝________pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是_______________________g·cm－3(列出计算表达式)。
【答案】(16分，除标注外每空2分)(1)A
(2)sp3(1分) sp3(1分) 乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键 Cu2+
(3)Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体，离子键强度：MgO＞Li2O，分子间作用力：P4O6＞SO2
(4)a a
【解析】(1)A.[Ne]3s1属于基态的Mg＋，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B．[Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg＋； C．[Ne] 3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子； D．[Ne] 3p1属于激发态Mg＋，其失去一个电子所需能量低于基态Mg＋。综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1。(2)乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤电子对，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤电子对，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤电子对给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。(3)由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。离子键强度：MgO＞Li2O，分子间作用力(相对分子质量)：P4O6＞SO2，所以熔点大小顺序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2。(4)根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是a pm，则x＝a pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是a pm，则y＝a pm；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×＋6×＋4＝8，则Cu原子个数是16，晶胞的质量是 g。由于边长是a pm，则MgCu2的密度是 g·cm－3。第三章 第二节
A组·基础达标
1．下列关于共价晶体和分子晶体的说法不正确的是( )
A．共价晶体硬度通常比分子晶体大
B．共价晶体的熔点较高
C．有些分子晶体的水溶液能导电
D．金刚石、水晶和干冰都属于共价晶体
【答案】D
【解析】由于共价晶体中粒子间以共价键结合，而分子晶体中分子间以分子间作用力结合，故共价晶体比分子晶体的熔点高，硬度大；有些分子晶体溶于水后能电离出自由移动的离子而导电，如H2SO4、HCl；D选项中的干冰(固态CO2)是分子晶体，D错误。
2．下列晶体中，其中任何一个原子都被相邻四个原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构的是( )
A．C60 B．冰
C．金刚石 D．水晶
【答案】C
【解析】C60和冰都是分子晶体，A、B两项均不符合题意；金刚石和水晶都是共价晶体，在金刚石中，每个碳原子周围都有四个等距离的碳原子与之形成正四面体结构，C项符合题意；在水晶中，每个硅原子与四个氧原子以共价键相连形成正四面体结构，但是每个氧原子只与两个硅原子直接相连，D不符合题意。
3．我们可以将SiO2的晶体结构想象为在晶体硅的Si—Si键之间插入O原子。根据SiO2晶体结构图，下列说法不正确的是( )
A．石英晶体中每个Si原子通过Si—O极性键与4个O原子作用
B．每个O原子通过Si—O极性键与2个Si原子作用
C．石英晶体中Si原子与O原子的原子个数比为1∶2，可用“SiO2”来表示石英的组成
D．在晶体中存在石英分子，故“SiO2”可以叫做分子式
【答案】D
【解析】晶体硅的结构是五个Si原子形成正四面体结构，其中有一个位于正四面体的中心，另外4个位于正四面体的顶点；SiO2的结构为每个Si原子周围有4个O原子，而每个O原子周围有2个Si原子，在晶体中Si原子与O原子的个数比为1∶2，“SiO2”仅表示石英分子中Si、O原子个数比，没有单个的SiO2分子。
4．AB型物质形成的晶体多种多样，下列图示的几种结构中最有可能是分子晶体的是( )
A．①②③④ B．②③⑤⑥
C．②③ D．①④⑤⑥
【答案】C
【解析】①④⑤⑥构成的晶体为在一维、二维或三维空间中的结构，且在空间中微粒通过化学键相互连接，故它们不可能是分子晶体；而②③所示结构都不以化学键与其他结构结合，故可能为分子晶体。
5．如图是冰的晶胞示意图，冰以此为单位向空间延伸，则冰中的每个水分子均摊氢键( )
A．2个 B．4个
C．8个 D．12个
【答案】A
【解析】每个水分子中的氧原子上含有两对孤电子对，可以分别与另外两个水分子形成2个氢键；每个水分子含有2个氢原子，也可以分别与另外两个水分子形成2个氢键；不过每个氢键都为2个水分子所共有，因而每个水分子均摊氢键数为4×＝2。
6．下列事实能说明刚玉(Al2O3)是一种共价晶体的是( )
①Al2O3是两性氧化物
②硬度很大
③它的熔点为2 045 ℃
④几乎不溶于水
⑤自然界中的刚玉有红宝石和蓝宝石
A．①②③ B．②③④
C．④⑤ D．②⑤
【答案】B
【解析】①指的是Al2O3的分类，⑤指的是刚玉的种类，这两项都不能说明刚玉(Al2O3)是一种共价晶体。
7．X是核外电子数最少的元素，Y是地壳中含量最丰富的元素，Z在地壳中的含量仅次于Y，W可以形成自然界中硬度最大的共价晶体。下列叙述错误的是( )
A．WX4是沼气的主要成分 B．固态X2Y是分子晶体
C．ZW是共价晶体 D．ZY2的水溶液俗称“水玻璃”
【答案】D
【解析】氢原子的核外只有一个电子，X为氢元素；地壳中含量居前两位的元素是氧、硅，故Y和Z分别是氧和硅；金刚石是自然界中硬度最大的物质，W元素是碳元素。CH4是沼气的主要成分，A正确；H2O形成的晶体为分子晶体，B正确；SiC结构与金刚石相似，为共价晶体，C正确；水玻璃是Na2SiO3的水溶液，D错误。
8．碳元素的单质有多种，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
(1)金刚石、石墨、C60等都是碳元素的单质，它们互为__________________。
(2)金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化方式分别为__________、__________。
(3)C60属于__________晶体。
(4)石墨晶体中，层内C—C键的键长为142 pm，而金刚石中C—C键的键长为154 pm。金刚石中只存在碳碳间的_______共价键，而石墨层内的碳碳之间不仅存在_______共价键，还有_______键。
【答案】(1)同素异形体 (2)sp3 sp2
(3)分子 (4)σ σ π(或大π)
【解析】(1)金刚石、石墨、C60等都是碳元素的单质，它们的组成相同，结构不同，性质不同，互为同素异形体。(2)金刚石中每一个碳原子与相邻四个碳原子通过四个共价单键(碳原子采取sp3杂化)结合形成正四面体形结构；石墨中的碳原子采用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六边形的平面层状结构。(3)C60的构成微粒是C60分子，所以属于分子晶体。(4)在金刚石中只存在碳碳之间的σ键；石墨层内的碳原子之间不仅存在σ键，还存在π键。
B组·能力提升
9．下列物质的沸点变化顺序正确的是( )
A．CH4＞SiH4＞GeH4＞SnH4 B．NH3＞PH3＞AsH3＞SbH3
C．H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te D．HF＞HI＞HBr＞HCl
【答案】D
【解析】同主族元素形成的气态氢化物的分子结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大。一般情况下，范德华力随着相对分子质量的增大而增大；但由于氨、水和HF分子间分别可以形成氢键，所以其沸点在同主族元素气态氢化物中最高，A、B、C三项错误，D正确。
10．干冰晶胞结构如图所示，即8个CO2分子占据立方体的顶点，且在6个面的中心又各有1个CO2分子。在每个CO2分子周围距离a(其中a为立方体棱长)的CO2分子有( )
A．4个 B．8个
C．12个 D．6个
【答案】C
【解析】根据题图，以顶角CO2分子为研究对象，该CO2分子周围与其距离a的CO2分子，即为每个面心上的CO2分子，共有8×3×＝12个，C正确。
11．已知氮化碳晶体是新发现的高硬度材料，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。下列关于该晶体的说法错误的是( )
A．氮化碳属于共价晶体，比金刚石的硬度更大
B．该晶体中每个碳原子与4个氮原子相连，每个氮原子与3个碳原子相连，氮化碳的化学式为C3N4
C．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子稳定结构
D．该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性键形成空间网状结构
【答案】D
【解析】氮化碳为高硬度材料且由非金属元素组成，因此该晶体应为共价晶体。又因为C—C键键长大于C—N键键长，故C—N键的键能大于C—C键，硬度更大的是氮化碳，A正确；每个C原子与4个N原子形成共价单键，每个N原子与3个C原子形成共价单键，C原子和N原子的最外层都达到8电子稳定结构，所以氮化碳的化学式为C3N4，N的非金属性强于C的非金属性，氮化碳中C显＋4价，N显－3价，B和C均正确；氮化碳晶体原子间是以N—C极性键形成空间网状结构，D错误。
12．(2022·辽宁沈阳阶段)碳的同素异形体金刚石和石墨晶体结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．相同质量的金刚石与石墨晶体中，所含共价键数相同
B．金刚石和石墨晶体中最小的环都为平面六元环
C．估计金刚石与石墨的熔、沸点均较高，硬度均较大
D．金刚石和石墨中碳的杂化方式分别为sp3、sp2
【答案】D
【解析】金刚石中每个C原子与相邻的4个C成键，因此1 mol C形成2 mol共价键，石墨中每个C原子与相邻的3个C成键，1 mol C形成1.5 mol共价键，等质量时二者含有的共价键之比为4∶3，A错误；金刚石和石墨晶体中最小的环都为六元环，但金刚石中六元环不是平面六元环，B错误；石墨的硬度小，金刚石的硬度大，所以不是硬度均较大，C错误；金刚石晶体中，每个碳原子都形成4个共价单键，则每个碳原子价层电子对个数都是4，则C原子采用sp3杂化，而石墨中每个C原子与相邻的3个C成键，碳的杂化方式为sp2，D正确。
13．(2023·广东广州执信中学期中)下列说法正确的是( )
A．SiO2和SO3晶体类型相同
B．C60晶胞结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个
C．晶体硅、碳化硅、金刚石的熔点依次降低
D．BaO2晶胞结构如图所示，与每个Ba2+距离相等且最近的阴离子共有5个
【答案】B
【解析】SiO2是由原子构成的空间网状结构的晶体，SO3是由分子构成的晶体，前者为共价晶体、后者为分子晶体，晶体类型不同，A错误；每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子个数＝＝12，B正确；共价晶体熔点与键长成反比，与键能成正比，这三种晶体都是共价晶体，键长：C—C＜C—Si＜Si—Si，所以晶体硅、碳化硅、金刚石的熔点依次升高，C错误；与每个Ba2+距离相等且最近的阴离子个数为6，D错误。
14．下表是元素周期表中短周期的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。
(1)上述元素形成的单质中熔点最高的可能是___(填字母)；dh4比gh4稳定，其原因是________________________。
(2)f和a所形成的物质的沸点在f相应主族元素的同类型化合物中比较高，其原因是______________________。
(3)f的简单氢化物属于____________晶体，a与d形成的化合物da4的空间结构是____________，它的晶体属于__________晶体。
(4)c、i、j可组成离子化合物cxij6，其晶胞结构如图所示，阳离子c＋(用“”表示)位于正方体棱的中点和正方体内部；阴离子ij(用“”表示)位于该正方体的顶点和面心。该化合物的化学式是____________________。
【答案】(1)d 碳的原子半径比硅的原子半径小，C—Cl键的键能比Si—Cl键的键能大 (2)水分子之间可以形成氢键 (3)分子 正四面体 分子 (4)Na3AlF6
【解析】(1)根据各元素在周期表中的位置，结合物质熔点规律可知，d(碳元素)形成的单质熔点最高。CCl4比SiCl4稳定，原因是碳的原子半径比硅的原子半径小，C—Cl键的键能比Si—Cl键的键能大。(2)氧的简单氢化物H2O的沸点比同主族其他元素的简单氢化物沸点高，原因是水分子间可以形成氢键。(3)f的简单氢化物(一般指水)属于分子晶体；a与d形成的化合物da4为CH4，其分子的空间结构是正四面体，属于分子晶体。(4)在该晶胞中，含有阴、阳离子的数目比为∶＝1∶3，则化学式可表示为Na3AlF6。
