3.1 物质的聚集状态与晶体常识 同步练习题（含解析） 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
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| 名称 | 3.1 物质的聚集状态与晶体常识 同步练习题（含解析） 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 947.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-10 18:47:42 | ||
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文档简介
3.1 物质的聚集状态与晶体常识 同步练习题
一、单选题
1．下列有关晶胞的叙述中不正确的是( )
A．晶胞是晶体最小的结构重复单元
B．不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同
C．晶胞中的粒子可能不完全属于该晶胞
D．已知晶胞的组成就可推知晶体的组成
2．下列说法正确的是（ ）
A．分子形状呈三角锥形，是非极性分子
B．凡有规则外形的固体一定是晶体
C．电负性越大的元素，第一电离能也越大
D．分子中σ键与π键的数目之比是1：1
3．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，图a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为（ ）
A．3∶2∶1 B．11∶8∶4 C．9∶8∶4 D．21∶14∶9
4．钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是（ ）
A．BaTi8O12 B．BaTiO3 C．BaTi2O4 D．BaTi4O6
5．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，图a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为（ ）
A．3∶2∶1 B．11∶8∶4 C．9∶8∶4 D．21∶14∶9
6．C60、C70、C90、管状碳分子和洋葱状碳分子都是碳元素的单质。下列有关说法不正确的是（ ）
A．熔点比较：C7090<石墨
B．金刚石、C70、管状碳和洋葱状碳都能与H2发生加成反应
C．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
D．C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个
7．有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是
A．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为1：2
B．该气态团簇分子的分子式为EF或FE
C．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体形
D．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
8．如图1所示为磷化硼的晶胞结构，如图2所示为硼酸晶体的层状结构(虚线表示氢键)。下列说法错误的是（ ）
A．磷化硼的化学式为BP
B．磷化硼晶体中含有配位键
C．是三元酸
D．含1mol 的硼酸晶体中有3mol氢键
9．下列说法中正确的是（ ）
A．CH4、BCl3、SO2都是含有极性键的非极性分子
B．甲烷分子失去一个H＋，形成 ，其碳原子的杂化类型发生了改变
C．SO2和O3、 和 互为等电子体
D．元素的基态原子核外电子排布都遵循构造原理
10．海水中资源的综合利用有着重要意义。下列有关说法正确的是（ ）
A．基态溴原子(35Br)核外电子排布式为[Ar]4s24p5
B．1个NaCl晶胞(如图所示)中含有14个Na＋
C．在空气中灼烧MgCl2·6H2O可得到无水氯化镁
D．电解熔融氯化镁时，金属镁在阴极析出
11．CH3+，-CH3，CH3-都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（ ）
A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
B．CH3—与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为正四面体形
C．CH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
D．CH3+与OH－形成的化合物中含有离子键
12．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．晶胞中Li与C原子个数比为1：6 B．Li的配位数为8
C．碳原子的杂化方式为杂化 D．该负极材料的摩尔质量为79
13．已知CsCl晶体的密度为ρ g·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（ ）
A．NA·a3·ρ B． C． D．
14．已知NaH的晶胞如图，晶胞边长为a。下列说法中错误的是（ ）
A．钠离子的配位数是6
B．该结构单元中H离子数目为4
C．氢离子之间的最短距离为a
D．基态钠离子的电子排布式为1s22s22p6
15．有机物Y是一种食用香精，波谱法检测分子中含有苯环、碳碳双键和醛基。现对Y进行如下实验：
步骤1：向一支试管中加入少量Y，滴加几滴酸性溶液，紫红色褪去；
步骤2：向另一支试管中加入的溶液，边振荡边滴入2%的稀氨水；
步骤3：向步骤2所得银氨溶液中加入少量Y，加热，出现银镜。
下列说法正确的是 （ ）
A．测定Y分子中含有苯环、碳碳双键和醛基的波谱法是质谱法
B．步骤1能说明碳碳双键可被酸性溶液氧化
C．步骤2中配制银氨溶液时，当生成的沉淀恰好溶解时应停止滴加稀氨水
D．一个晶胞(见图)中，距离每个原子最近的原子数是4
16．下列说法中错误的是（ ）
A．N2O与CO2、CCl3F与CCl2F2互为等电子体
B．CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化
C．H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近
D．由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物
17．元素X的某价态离子中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与形成晶体的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．元素X是K
B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1
C．该晶体中每个周围有2个等距离且最近的
D．该晶体中与等距离且最近的形成的空间构型为正八面体
18．前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是（ ）
A．W与Y形成的化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为WY
B．原子半径：r(Z)＞r(Y)＞r(X)
C．元素第一电离能：I1(Z)＞I1(Y)
D．简单氢化物的沸点：Y＞Z
19．La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，丙是该合金的晶体结构。
下列说法错误的是（ ）
A．该晶体可表示为
B．该晶体中1个La原子与6个Ni原子配位
C．该晶体的一个晶胞中Ni原子数为15
D．通过晶体X射线衍射实验可得出晶胞
20．根据等电子原理可知，由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和价电子总数相同，均可互称为等电子体。下列各组粒子不能互称为等电子体的是（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
二、综合题
21．铜碘杂化团簇和(CdSe)n团簇都具有优异的光学性能，常应用于发光二极管、生物成像仪器等。
（1）一种铜碘杂化团簇的合成路线如图1。
①已知三氯化锑 具有挥发性，判断SbCl3中主要含有的化学键类型是 。
②CuI中Cu+的核外电子排布式为 。
（2）CdS、CdSe、CdTe的结构与ZnS类似，熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃。上述熔点变化的原因是 。
（3）CdSe的晶胞结构如图2所示。
其中原子坐标参数A为 ，则C的原子坐标参数为 该晶胞中Cd与Se的最短距离为 nm。
22．铜及其化合物在能源、信息等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）铜和锌同周期且相邻，现有几种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10，失去1个电子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。
A．④②①③ B．④②③① C．①②④③ D．①④③②
（2）铜的熔点比同周期钾的熔点高，这是由于 。
（3）用超临界CO2/CH3CN及水作电解质，使用碳作载体的铜基催化剂可高效将CO2还原为HCOOH。CO2的空间结构为 ，CH3CN 中C原子的杂化方式为 。
（4）[Cu(NH3)4]2+是Cu2+常见的配离子，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为 ；[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角比NH3中H- N- H的键角 (填“大”“小”或“无法判断”)，原因是 。
（5）一种热电材料的晶胞结构如图所示，底部边长为apm的正方形，高为cpm，该晶体的化学式为 ，紧邻的 Sb与Cu间的距离为 pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为 g· cm-3(列出计算表达式)。
23．我国部分城市灰霾天占全年一半，引起灰霾的 PM2.5 微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。通过测定灰霾中锌等重金属的含量，可知目前造成我国灰霾天气的原因主要是交通污染。
（1）Zn2＋在基态时核外电子排布式为 。
（2）NO3-的立体构型是 。
（3）PM2.5 含有大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有 NOx、O3、CH2=CH—CHO、HCOOH、CH3COOONO2（PAN）等二次污染物。
①下列说法正确的是 。
A．N2O 结构式可表示为 N=N=O
B.O3 分子呈直线形
C.CH2=CH—CHO 分子中碳原子均采用 sp2 杂化
D.相同压强下，HCOOH 沸点比 CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子
②1 mol PAN 中含σ键数目为 (用含 NA的式子表示)。
③NO 能被 FeSO4 溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配位数为 (填数字)。
（4）测定大气中 PM2.5 的浓度方法之一是β-射线吸收法，β-射线放射源可用 85Kr，已知 Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个 Kr 原子相紧邻的 Kr 原子有 m 个，晶胞中含 Kr原子为 n 个，则m/n= (填数字)。
（5）水分子的立体结构是 ，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有 。
（6）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图，其中空心所示原子位于立方体的 顶点或面心，实心球所示原子位于立方体内）类似。每个冰晶胞平均占有 个水分子。 冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因是 。
24．硬铝(主要成分为Al、Cu、Mg、M、Si)主要用于生产各种构件和铆钉，在造船和建筑等行业也有广泛的应用。回答下列问题。
（1）处于基态的Al原子和Mg原子，下列参数中Al原子较大的是____(填标号)。
A．未成对电子数 B．第一电离能 C．原子半径
（2）硅元素很难形成含多重键的化合物，最近我国科学家在合成的二硅炔镁盐中探测到有“Si=Si”键的存在。硅元素难以形成“Si=Si”键的原因是 。
（3）是一种重要的配合物，的配位数为 ，提供孤电子对的原子为 ，分子中碳原子的杂化类型为 ，中三种元素的电负性由大到小的顺序为 。
（4）氧化镁晶胞属于立方形晶胞，其晶胞参数为anm。晶胞中每个周围紧邻且距离相等的共有 个，其最近距离为 nm。设阿伏加德罗常数的值为，则氧化镁晶体的密度为 (列出计算表达式)。
25．我国科学家利用生物质合成共聚酯的单体，合成时涉及多种元素，回答下列问题：
（1）基态Cu+的电子排布式为 。
（2）Cu、Zn、Al的第一电离能由大到小的顺序为 (填元素符号，下同)。
（3）H2C=CHCOOCH3中所含元素的电负性由小到大的顺序为 ，该有机物中，碳原子的杂化类型是 。
（4）区别晶体SiO2和非晶体SiO2的方法是 。
（5）有机物C和D的相对分子质量相差较小，但是D的沸点明显高于C的，其主要原因是 。
（6）我国科学家开发钙钯络合氢化物(CaPdH2)来实现乙炔高选择性合成乙烯。CaPdH2由Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成。CaPdH2中存在的化学键有____(填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．非极性键 D．金属键
（7）白铜是我国使用最早的合金之一，白铜晶胞结构如图所示。已知晶体密度为dg·cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值。Cu和Ni之间的最短距离为 (只列计算式)nm。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】由晶胞的定义可知A选项正确；相同晶体中晶胞的大小和形状完全相同，不同晶体中晶胞的大小和形状不一定相同，B选项错误；晶体中有的粒子被若干个晶胞所共用而不专属于某个晶胞，C选项正确；知道晶胞的组成利用“均摊法”即可推知晶体的组成，D选项正确。
【分析】A.晶体中重复的最小结构单元是晶胞；
B.晶胞的大小和形状随不同晶体而不同；
C.晶胞中的粒子由不同的晶胞共有；
D.晶胞是晶体的最小重复单元。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．BF3中B原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，所以分子的空间构型是平面三角形，是非极性分子，A不符合题意；
B．凡有规则外形的固体不一定是晶体，非晶体也可以具有规则外形，B不符合题意；
C．同一周期，从左到右，元素的的电负性逐渐增强，第一电离能也在增强，但是IIA族、VA族的元素的第一电离能均大于其相邻元素，比如O的电负性比N强，但是N的第一电离能比O大，C不符合题意；
D．CS2的结构式为S=C=S，双键中含有1个σ键与1个π键，故CS2分子中σ键与π键的数目之比是1：1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.BF3中B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，正负电荷中心重合；
B.非晶体也有规则的外形；
C.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。
3．【答案】A
【解析】【解答】由晶胞结构可知，a中金属原子的个数为12×+2×+3=6，b中金属原子的个数为8×+6×=4，c中金属原子的个数为8×+1=2，则三种晶胞内金属原子个数比为6：4：2=3：2：1，
故答案为：A。
【分析】根据均摊法确定晶胞中所含原子的个数，从而得出三种晶胞中所含金属原子的个数比。
4．【答案】B
【解析】【解答】该晶胞中，Ba原子位于体心，因此晶胞中所含Ba原子的个数为1,；Ti原子位于顶点，因此晶胞中所含Ti原子的个数为：；O原子位于棱的中点，因此晶胞中所含O原子的个数为：。因此该晶胞的化学式为BaTiO3，B符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对晶胞化学式分析的考查， 利用均摊法得出各个原子的个数比，从而得出晶胞的化学式。
5．【答案】A
【解析】【解答】由晶胞结构可知，a中金属原子的个数为12×+2×+3=6，b中金属原子的个数为8×+6×=4，c中金属原子的个数为8×+1=2，则三种晶胞内金属原子个数比为6：4：2=3：2：1，
故答案为：A。
【分析】根据均摊法确定晶胞中所含原子的个数，从而得出三种晶胞中所含金属原子的个数比。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．C70和C90都属于分子晶体，熔点较低，相对分子量越大，熔点越高，而石墨是混合晶体，熔点比分子晶体高，故A不符合题意；
B．C70、管状碳和洋葱状碳的结构中存在双键不饱和键，可以和H2发生加成反应，而金刚石的结构中不存在不饱和键，和H2不能发生加成反应，故B符合题意；
C．石墨转化为金刚石是吸热反应，说明石墨能量低于金刚石，能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C不符合题意；
D．由C60晶体结构的晶体结构可知，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. C70和C90都属于分子晶体，石墨是原子晶体、金属晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，据此分析。
B.能与H2发生加成反应的碳单质中一定得有碳碳双键，而金刚石中没有碳碳双键，据此分析。
C.物质能量越低越稳定。
D.根据C60晶体结构的晶体结构进行分析。
7．【答案】B
【解析】【解答】A． 碳碳键被两个碳原子共有，每个碳原子形成4条共价键，即平均1molC原子形成4×mol=2molC-C键，碳原子与碳碳键个数的比为1：2，故A不符合题意；
B． 该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故B符合题意；
C． 在氯化钠晶体中，钠离子的配位数是6，距Na+最近的Cl-是6个，6个氯离子形成正八面体结构，在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体形，故C不符合题意；
D． 在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，其数目为：8×+6×=4，则每个晶胞平均占有4个Ca2+，故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分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图1可判断磷化硼晶胞中有4个B，4个P，B与P的原子个数比为1：1，选项A不符合题意；
B．磷化硼中B与周围4个P成键，同时P与周围4个B成键，其中分别有3个是共价键，这样P有一对孤电子对，B有一个空轨道，形成配位键，选项B不符合题意；
C．中B有一个空轨道，可结合的孤电子对形成配位键，即的电离方程式为，所以是一元酸，选项C符合题意；
D．由图2可知，每个硼酸分子周围有6个氢键，而每个氢键由2个硼酸分子共用，根据均摊法，1mol硼酸晶体中氢键有，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据均摊法计算；
B.磷化硼中B与周围4个P成键，同时P与周围4个B成键，P有一对孤电子对，B有一个空轨道，形成配位键；
D.每个硼酸分子周围有6个氢键，而每个氢键由2个硼酸分子共用。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．CH4、BCl3分子中含有极性键，CH4是正四面体型，BCl3是平面正三角型，由于CH4、BCl3分子结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；SO2分子中含有极性键，SO2是“V”型，由于分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A不符合题意；
B．甲烷分子(CH4)失去一个H+，形成甲基阴离子( )，两微粒中C原子的价层电子对数都是为4，均为sp3杂化，碳原子杂化方式不变，故B不符合题意；
C．SO2和O3、 和 它们有相同原子数和最外层电子数互为等电子体，故C符合题意；
D．处于半满或全满时能量低较稳定，如Cu的外围电子排布是3d104s1，不遵循构造原理，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A.甲烷、三氯化硼、二氧化硫中都是极性键，但甲烷和三氯化硼结构高度对称，是非极性分子，而二氧化硫分子与水分子结构相似，是V型，电荷正负中心不重合
B.碳原子的价层电子不变，都是4个，始终都为sp3杂化
C.计算出二氧化硫和臭氧价层电子，硫酸根和高氯酸根的价层电子即可
D.有些原子的核外电子排布不一定遵循构造原理，
10．【答案】D
【解析】【解答】A．基态溴原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，A不符合题意；
B.1个NaCl晶胞中含有个Na＋，B不符合题意；
C．灼烧MgCl2·6H2O会发生水解而最终生成氧化镁，应在HCl气流中灼烧MgCl2·6H2O才能得到无水氯化镁，C不符合题意；
D．电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得到电子而析出金属镁，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式；
B.根据均摊法计算；
C.加热会促进镁离子水解；
D.电解熔融氯化镁时，阴极上镁离子得到电子生成镁。
11．【答案】C
【解析】【解答】A.等电子体是指价电子数和原子数分别都相等的物质，甲烷分子变成CH3+、-CH3、CH3-时，失去的分别是氢负离子、氢原子和氢离子，原子个数相同，价电子数不同，A不符合题意；
B.CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，立体构型均为三角锥形，不是正四面体形，B不符合题意；
C.CH 中的碳原子含有（4-1-3×1）÷2＝0对孤对电子，所以 中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，C符合题意；
D.CH3+与OH-形成的化合物为CH3OH，均由非金属元素组成，只含有共价键，不含有离子键，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据等电子体的概念分析；
B.由其结构确定分子构型；
C.计算中心原子的孤对电子，从而确定其中心原子的杂化类型；
D.二者形成的化合物为CH3OH；
12．【答案】A
【解析】【解答】A．利用均摊法，可知在每个晶胞中含有Li原子的个数为8×=1，C原子的个数为2+8×=6，晶胞中Li与C原子个数比为1：6，故A符合题意；
B．结合图1晶胞的结构，将晶胞重复排列，再把Li+的投影到石墨上对应的位置可得图：，Li的配位数为6，故B不符合题意；
C．根据石墨的结构特点可知在石墨层里，由于每个碳周围连有三个碳，所以碳原子的杂化方式为sp2，故C不符合题意；
D．利用均摊法，可知在每个晶胞中含有Li原子的个数为8×=1，C原子的个数为2+8×=6，所以化学式为：LiC6，摩尔质量为79g/mol，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、结合均摊法判断；
B、Li的配位数要结合周围晶胞进行判断；
C、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；
D、摩尔质量数值上等于相对分子质量。
13．【答案】A
【解析】【解答】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，体积为a3cm3，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs＋个数=8×1/8=1，由晶胞的质量m=ρV=M/NA可知，M=ρVNA=NA·a3·ρ g·mol－1，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 NA，
故答案为：A
【分析】本题要熟悉晶胞体积的计算，阿伏加德罗常数的关系和物质的量之建的关系；
14．【答案】C
【解析】【解答】A．根据该晶胞图示可知，与钠离子等距离的氢离子有6个，所以钠离子的配位数是6，A不符合题意；
B．根据晶胞均摊法可算出，该结构单元中氢离子的数目是12×+1=4，B不符合题意；
C．根据该晶胞图示可知，氢离子之间的最短距离是面对角线长的一半，即，C符合题意；
D．基态钠离子的电子排布式为1s22s22p6，符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 配位数是指化合物中心原子周围的配位原子个数，据此分析。
B.根据晶胞中均摊法进行分析，其基本思想是：晶胞中任意位置上的一个粒子被n个晶胞共用，则每个晶胞对这个粒子分得的份额就是1/n。
C. 氢离子之间的最短距离是面对角线长的一半，据此分析。
D.注意基态钠离子核外有10个电子，结合构造原理进行解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．质谱法能够测出质荷比，即得到相对分子质量，无法得到官能团信息，A不符合题意；
B．步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，可能是碳碳双键，也可以是醛基，B不符合题意；
C．银氨溶液的配制需要先加硝酸银，然后逐滴加入稀氨水，先产生白色沉淀，然后继续加稀氨水至白色沉淀恰好溶解，所以C项符合题意；
D．以顶点的Ag为中心，则一个晶胞中与其距离最近且等距的Ag原子在面心上，有3个，一个顶点被8个晶胞共用，所以应该有24个，但由于每个面上的原子被两个晶胞共用，所以均摊后除以2，应该为12个，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.质谱法能够测量相对分子质量，无法得到官能团信息；
B.步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，不一定是碳碳双键；
D.该晶胞中 距离每个原子最近的原子数是12。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.N2O与CO2的价电子总数均为16，CCl3F与CCl2F2的价电子总数均为32，它们互为等电子体，A项不符合题意；
B.CCl2F2无同分异构体，说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，B项不符合题意；
C.碳酸属于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性不同，是因为它们的非羟基氧原子数不同，C项符合题意；
D.由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物是Na2O2 ，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，分别计算原子和电子总数
B. CCl2F2无同分异构体 ，说明形成的四个键相似，故为正四面体
C.含氧酸的酸性主要和非羟基氧原子的个数有关
D.根据条件写出化学式即可
17．【答案】A
【解析】【解答】A． 该晶胞中Xn+个数=12×=3、N3-个数=8×=1，所以N3-、Xn+个数之比为1：3，根据化合价的代数和为0，可知n=1，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，Xn+所含电子=2+8+18=28，故原子序数为28+1=29，故A符合题意；
B． 由A中计算可知，晶体中有3个Cu+、1个N3-，故该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1，故B不符合题意；
C． 晶胞中Xn+处于棱中心，与之相邻的N3-离子处于Xn+所在棱的顶点，故晶体中每个Xn+周围有2个等距离且最近的N3-，故C不符合题意；
D． 该晶体中与等距离且最近的位于其上下、左右、前后，6点形成的空间构型为正八面体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据均摊法和化合物中化合价代数和为0计算；
B.根据均摊法计算；
C.Xn+处于棱中心，与之相邻的N3-离子处于Xn+所在棱的顶点；
D.与等距离且最近的位于其上下、左右、前后，形成正八面体。
18．【答案】D
【解析】【解答】由分析可知：X为C、Y为O、Z为S、W为Cu。
A．晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+8×=2，二者数目之比为1：2，故白球表示Cu，黑球表示O，该氧化物不可能为CuO，而是表示Cu2O，A不符合题意；
B．同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，不同周期元素，一般情况下，原子核外电子层越多原子半径越大，则原子半径r(Z) ＞r(X)＞r(Y)，B不符合题意；
C．同主族自上而下第一电离能逐渐减小，故元素第一电离能：I1(Z)＜I1(Y)，C不符合题意；
D．Y为O、Z为S，二者的氢化物H2O、H2S都是由分子构成，分子之间以分子间作用力结合，由于H2O分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，故简单氢化物的沸点：Y＞Z，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】 根据泡利不相容原理可知，X是C，Y是O，Z是S，W是Cu。
A.利用均摊法判断化学式；
B.同一周期从左往右原子半径逐渐减小；
C.同一主族从上往下第一电离能逐渐减小；
D.H2O分子间能形成氢键，所以沸点比H2S大。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La是在，其中6个在线的角上，1个La面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为；该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5，可表示为LaNi5，故A不符合题意；
B．对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配位，故B符合题意；
C．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为，故C不符合题意；
D．X射线衍射可用于确定晶体的结构，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、晶体的化学式可以根据三种原子的比例进行计算，从原子的体心、面心、棱心、顶点分别计算其原子个数；
B、根据La周围的Ni个数进行判断；
C、根据晶胞中的侧面、体心中含有的Ni判断；
D、X射线衍射可用于确定晶体的结构。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．两种微粒原子总数均为4，价电子总数均为24，两者互为等电子体，故A不符合题意；
B．两种微粒原子总数均为3，价电子总数分别为16、18、不符合等电子体的定义，故B符合题意；
C．两种微粒原子总数均为3，价电子总数均为18，两者互为等电子体，故C不符合题意；
D．两种微粒原子总数均为3，价电子总数均为16，两者互为等电子体，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】等电子体具有相同的原子数和价电子数。
21．【答案】（1）共价键； 或
（2）均为离子品体，阳离子相同，阴离子半径 ＜ ＜ ，晶格能 ＞ ＞
（3）；
【解析】【解答】(1) ①已知三氯化锑 具有挥发性，说明熔沸点低，具有分子晶体的特征；SbCl3中主要含有的化学键类型是共价键；
②Cu的核外电子排布式为 ，Cu+的核外电子排布式为 或 ；
(2) CdS、CdSe、CdTe均为离子化合物，阳离子均为Cd2+，但阴离子半径： ＜ ＜ ，晶格能： ＞ ＞ ，所以熔点： ＞ ＞ ；
(3)CdSe的晶胞结构如图2所示。其中原子坐标参数A为 ，胞中4个Se原子均在内部构成正四面体结构，A位置Se原子与C位置Se原子在x轴上的数值相等，y、z轴上的数值均比A处的大 ，则C的原子坐标参数为 ；晶胞的边长为a，面对角线的长度是 ，体对角线的长度为 ，Cd与Se的最短距离为体对角线的四分之一等于 。
【分析】三氯化锑 具有挥发性，说明熔沸点低，具有分子晶体的特征；Cu的核外电子排布式为 ，失去最外层电子后得到Cu+，从而写出Cu+的核外电子排布式；离子晶体中，离子所带电荷数越多、离子半径越小，则离子键越强、晶格能越大，熔点越高；晶胞中4个Se原子均在内部构成正四面体结构，根据A位置Se原子与C原子的对应关系写出C原子的坐标参数；Cd与Se的最短距离为体对角线的四分之一，据此分析。
22．【答案】（1）A
（2）铜的原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，铜的金属键比钾的强
（3）直线形；sp、sp3
（4）16NA；大；[Cu(NH3)4]2+ 中N原子的孤电子对与Cu2+形成了配位键，不存在孤电子对，对N-H的排斥作用变小，所以键角变大
（5）Cu3SbS4；a； 1030
【解析】【解答】(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②，锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①，故由大到小排序是④＞②＞①＞③，
故答案为：A；
(2)钾和铜属于同周期，铜原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，则金属键比钾的强，故熔沸点比钾高；
(3)CO2中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，碳原子为sp杂化，故空间结构为直线形，CH3CN中甲基中的碳原子的价层电子对数为：4+0=4，该碳原子为sp3杂化，氰基中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，该碳原子为sp杂化，故CH3CN中碳原子的杂化方式为sp3、sp；
(4)σ键为共价单键，Cu的配位数为6，有六个σ键，NH3有3个N-Hσ键，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为16NA；NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥，在[Cu(NH3)4]2+配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大；
(5)分子中有Cu原子：4×+8×+2×=6，锑原子：8×+1=2，硫原子：8，故化学式为：Cu3SbS4，紧邻的Sb与Cu的距离为底对角线的一半，故为a×pm，晶胞质量为：，体积为：V=(a×10-10)2×(c×10-10)cm3=ac×10-30cm3，晶体的密度为：1030g cm-3，故答案为：Cu3SbS4；a；1030。
【分析】（1）锌的第一电离能为全充满状态，铜为半充满状态，锌的第二电离能为半充满状态，铜为全充满状态；
（2）金属的熔点和金属键强度有关；
（3）二氧化碳为AB2型的sp杂化，属于直线型，C的杂化有两种，单键的sp3杂化和三键的sp杂化；
（4）σ键为共价单键，注意配位键也属于共价键；
（5）晶胞的计算要注意先判断各种粒子的配位数。
23．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10
（2）平面三角形
（3）AC；10NA；6
（4）3
（5）V形；孤电子对
（6）8；C 原子与 O 原子都为 sp3 杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性
【解析】【解答】（1）Zn为30号元素，所以Zn2+在基态时核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d10；
（2）对于NO3-，根据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数3，孤电子对数为0，则价电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，则其空间构型为平面三角形；
因此，本题正确答案是：平面三角形；
（3）①A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，故N2O结构式可表示为N=N=O，A正确；
B、O3与SO2互为等电子体，为V形分子，B错误；
C、CH2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为sp2杂化，C正确；
D、HCOOH分子间可以形成氢键，CH3OCH3分子间只有范德华力，氢键的作用强于范德华力，所以HCOOH沸点比CH3OCH3高，与分子的极性无关，D错误。
故答案为：AC；
②PAN中所有单键均为σ键，双键中有一个为σ键，-NO2的结构为 ，所以PAN（CH3COOONO2）分子中含有10个σ键，则1mo1PAN含σ键数目为10NA（或10×6.02×1023或6.02×1022）。
③配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成，则配位数为6。因此，本题正确答案是：AC；10NA；6；
（4）根据均摊法，以顶点计算，与之相邻最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故最近的Kr为3×8/2=12，晶胞中Kr有8×1/8+6×1/2=4，两者比值为12：4=3。因此，本题正确答案是：3；
（5）水分子中含有2个σ键，孤电子对数= =2，所以水分子的立体构型为V型，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；因此，本题正确答案是：V形；孤电子对；
（6）每个冰晶胞平均含有水分子数为：8× +6× +4=8（其中顶点为8个，面心为6个，晶胞内有4个）；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；因此，本题正确答案是：8 ；C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。
【分析】（1）Zn是30号元素，原子核外有30个电子，失去两个电子形成Zn2+，核外有28个电子，根据构造原理书写核外电子排布式；
（2）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO3-的空间构型；
（3）①A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，据此分析；
B、O3与SO2互为等电子体，据此分析；
C、CH2=CHCHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，均为sp2杂化，据此分析；
D、HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3不能形成分子间氢键，据此分析；
②一个单键就是一个σ键，一个双键中含有一个σ键合一个π键；
③配体位于方括号内，由1个NO和5个H2O构成；
（4）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相邻的Kr原子有3×4=12个，晶胞中含Kr原子为，然后求出比值；
（5）根据σ键数目和孤电子对数判断分子的立体构型；水分子能与很多金属离子形成配合物，其原子是在演员纸上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；
（6）由图可知，水位于晶胞的顶点、面心和晶胞内，利用均摊法计算；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子和O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；
24．【答案】（1）A
（2）硅的原子半径较大，难以通过“肩并肩”的方式形成键
（3）6；N(或氮)；sp、；N>C>H
（4）12；；
【解析】【解答】（1）A．处于基态的Al原子电子排布式：[Ne]3s23p1，处于基态的Mg原子电子排布式：[Ne]3s2，所以未成对电子Al多，A正确；
B．位于同一周期的Mg和Al，由于Mg的电子排布是全充满的，比较稳定，所以第一电离能Mg大于Al，B不正确；
C．位于同一周期的Mg和Al，从左到右，原子半径依次减小，故Mg大于Al，C不正确；
故答案为：A。
（2）硅的原子半径较大，p轨道难以相互重叠形成π键，即难以通过“肩并肩”的方式形成键，所以硅元素难以形成“Si=Si”键。
（3）[ Mn(CO)5( CH3CN)]Br中，[ Mn(CO)5( CH3CN)]+中配体有6个，所以Mn原子的配位数为6；CH3CN与Mn原子配位时，C无孤电子对，所以提供孤电子对的是N原子；CH3CN中甲基的C原子采取sp3杂化，-CN的C原子采取sp杂化；同周期元素中，从左到右电负性增强，所以CH3CN中C、H、N元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H。
（4）晶胞中Mg2+位于面心，所以每个Mg2+周围紧邻且距离相等的Mg2+共有12个；由于晶胞参数为anm，所以其最近距离=；晶胞中的个数=，的个数=，所以一个晶胞的质量，，氧化镁晶体的密度g cm 3。
【分析】（1）A、未成对电子可以结合各自的电子式判断；
B、同一周期第一电离能从左到右递减；
C、同一周期从左到右半径减小；
（2） 硅的原子半径较大，难以通过“肩并肩”的方式形成键 ；
（3）配位数根据中括号内部锰离子意外的分子判断；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；
（4）晶胞题目的判断要结合周围其他晶胞中镁离子的位置进行计算。
25．【答案】（1）[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d104s1
（2）I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)
（3）X(H)< X(C) < X(O)；sp2、sp3
（4）X射线衍射实验
（5）D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，C分子间没有氢键
（6）A；B；C
（7）
【解析】【解答】(1)铜元素位于周期表第四周期ⅠB族，核电荷数为29，基态Cu+的电子排布式[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)Cu、Zn、Al失去第一个电子分别位于4s1、4s2、3p1，4s2电子处于全满轨道较难失去，三者中第一电离能最大，3p1是单电子，铝的核电荷数比铜小很多，其第一电离能最小，故三者的第一电离能由大到小的顺序为I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)。
(3)H2C=CHCOOCH3中含H、C、O三种元素，同周期元素电负性从左往右增大，故C(4)区别晶体SiO2和非晶体SiO2的方法是做X射线衍射实验，晶体具有规则的空间结构。
(5)从C和D的分子结构简式分析，两者相对分子质量相差较小，C分子间以范德华力为主，D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，故D的沸点明显高于C的。
(6)钙钯络合氢化物(CaPdH2)以Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成，阴阳离子间化学键是离子键，[PdH2]2-络合离子结构中的Pd和H原子存在配位键，共用电子对偏向H一边，属于非极性键，故故答案为：ABC。
(7)从白铜晶胞结构图可知，Cu原子位于立方晶胞的面心位置，Ni原子位于顶点位置，一个晶胞内含有Cu原子个数
，含有Ni原子个数
，设该立方晶胞的边长为
nm，根据题意，有
，Cu和Ni之间的最短距离为面对角线的一半，为
nm，故Cu和Ni之间的最短距离为
nm。
【分析】（1）根据电子数结合电子排布方式即可判断
（2）根据最外层电子进行判断
（3）电负性根据元素的非金属性，根据碳原子的成键方式即可判断杂化方式
（4）通过X射线即可判断晶体
（5）根据C和D的分子式写出结构式，氢键形成导致沸点增大
（6）根据结构式找出化学键
（7）根据占位计算出质量结合密度计算出体积即可计算出距离
一、单选题
1．下列有关晶胞的叙述中不正确的是( )
A．晶胞是晶体最小的结构重复单元
B．不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同
C．晶胞中的粒子可能不完全属于该晶胞
D．已知晶胞的组成就可推知晶体的组成
2．下列说法正确的是（ ）
A．分子形状呈三角锥形，是非极性分子
B．凡有规则外形的固体一定是晶体
C．电负性越大的元素，第一电离能也越大
D．分子中σ键与π键的数目之比是1：1
3．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，图a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为（ ）
A．3∶2∶1 B．11∶8∶4 C．9∶8∶4 D．21∶14∶9
4．钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是（ ）
A．BaTi8O12 B．BaTiO3 C．BaTi2O4 D．BaTi4O6
5．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，图a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为（ ）
A．3∶2∶1 B．11∶8∶4 C．9∶8∶4 D．21∶14∶9
6．C60、C70、C90、管状碳分子和洋葱状碳分子都是碳元素的单质。下列有关说法不正确的是（ ）
A．熔点比较：C7090<石墨
B．金刚石、C70、管状碳和洋葱状碳都能与H2发生加成反应
C．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
D．C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个
7．有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是
A．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为1：2
B．该气态团簇分子的分子式为EF或FE
C．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体形
D．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
8．如图1所示为磷化硼的晶胞结构，如图2所示为硼酸晶体的层状结构(虚线表示氢键)。下列说法错误的是（ ）
A．磷化硼的化学式为BP
B．磷化硼晶体中含有配位键
C．是三元酸
D．含1mol 的硼酸晶体中有3mol氢键
9．下列说法中正确的是（ ）
A．CH4、BCl3、SO2都是含有极性键的非极性分子
B．甲烷分子失去一个H＋，形成 ，其碳原子的杂化类型发生了改变
C．SO2和O3、 和 互为等电子体
D．元素的基态原子核外电子排布都遵循构造原理
10．海水中资源的综合利用有着重要意义。下列有关说法正确的是（ ）
A．基态溴原子(35Br)核外电子排布式为[Ar]4s24p5
B．1个NaCl晶胞(如图所示)中含有14个Na＋
C．在空气中灼烧MgCl2·6H2O可得到无水氯化镁
D．电解熔融氯化镁时，金属镁在阴极析出
11．CH3+，-CH3，CH3-都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（ ）
A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
B．CH3—与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为正四面体形
C．CH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
D．CH3+与OH－形成的化合物中含有离子键
12．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．晶胞中Li与C原子个数比为1：6 B．Li的配位数为8
C．碳原子的杂化方式为杂化 D．该负极材料的摩尔质量为79
13．已知CsCl晶体的密度为ρ g·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（ ）
A．NA·a3·ρ B． C． D．
14．已知NaH的晶胞如图，晶胞边长为a。下列说法中错误的是（ ）
A．钠离子的配位数是6
B．该结构单元中H离子数目为4
C．氢离子之间的最短距离为a
D．基态钠离子的电子排布式为1s22s22p6
15．有机物Y是一种食用香精，波谱法检测分子中含有苯环、碳碳双键和醛基。现对Y进行如下实验：
步骤1：向一支试管中加入少量Y，滴加几滴酸性溶液，紫红色褪去；
步骤2：向另一支试管中加入的溶液，边振荡边滴入2%的稀氨水；
步骤3：向步骤2所得银氨溶液中加入少量Y，加热，出现银镜。
下列说法正确的是 （ ）
A．测定Y分子中含有苯环、碳碳双键和醛基的波谱法是质谱法
B．步骤1能说明碳碳双键可被酸性溶液氧化
C．步骤2中配制银氨溶液时，当生成的沉淀恰好溶解时应停止滴加稀氨水
D．一个晶胞(见图)中，距离每个原子最近的原子数是4
16．下列说法中错误的是（ ）
A．N2O与CO2、CCl3F与CCl2F2互为等电子体
B．CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化
C．H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近
D．由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物
17．元素X的某价态离子中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与形成晶体的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．元素X是K
B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1
C．该晶体中每个周围有2个等距离且最近的
D．该晶体中与等距离且最近的形成的空间构型为正八面体
18．前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是（ ）
A．W与Y形成的化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为WY
B．原子半径：r(Z)＞r(Y)＞r(X)
C．元素第一电离能：I1(Z)＞I1(Y)
D．简单氢化物的沸点：Y＞Z
19．La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，丙是该合金的晶体结构。
下列说法错误的是（ ）
A．该晶体可表示为
B．该晶体中1个La原子与6个Ni原子配位
C．该晶体的一个晶胞中Ni原子数为15
D．通过晶体X射线衍射实验可得出晶胞
20．根据等电子原理可知，由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和价电子总数相同，均可互称为等电子体。下列各组粒子不能互称为等电子体的是（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
二、综合题
21．铜碘杂化团簇和(CdSe)n团簇都具有优异的光学性能，常应用于发光二极管、生物成像仪器等。
（1）一种铜碘杂化团簇的合成路线如图1。
①已知三氯化锑 具有挥发性，判断SbCl3中主要含有的化学键类型是 。
②CuI中Cu+的核外电子排布式为 。
（2）CdS、CdSe、CdTe的结构与ZnS类似，熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃。上述熔点变化的原因是 。
（3）CdSe的晶胞结构如图2所示。
其中原子坐标参数A为 ，则C的原子坐标参数为 该晶胞中Cd与Se的最短距离为 nm。
22．铜及其化合物在能源、信息等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）铜和锌同周期且相邻，现有几种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10，失去1个电子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。
A．④②①③ B．④②③① C．①②④③ D．①④③②
（2）铜的熔点比同周期钾的熔点高，这是由于 。
（3）用超临界CO2/CH3CN及水作电解质，使用碳作载体的铜基催化剂可高效将CO2还原为HCOOH。CO2的空间结构为 ，CH3CN 中C原子的杂化方式为 。
（4）[Cu(NH3)4]2+是Cu2+常见的配离子，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为 ；[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角比NH3中H- N- H的键角 (填“大”“小”或“无法判断”)，原因是 。
（5）一种热电材料的晶胞结构如图所示，底部边长为apm的正方形，高为cpm，该晶体的化学式为 ，紧邻的 Sb与Cu间的距离为 pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为 g· cm-3(列出计算表达式)。
23．我国部分城市灰霾天占全年一半，引起灰霾的 PM2.5 微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。通过测定灰霾中锌等重金属的含量，可知目前造成我国灰霾天气的原因主要是交通污染。
（1）Zn2＋在基态时核外电子排布式为 。
（2）NO3-的立体构型是 。
（3）PM2.5 含有大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有 NOx、O3、CH2=CH—CHO、HCOOH、CH3COOONO2（PAN）等二次污染物。
①下列说法正确的是 。
A．N2O 结构式可表示为 N=N=O
B.O3 分子呈直线形
C.CH2=CH—CHO 分子中碳原子均采用 sp2 杂化
D.相同压强下，HCOOH 沸点比 CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子
②1 mol PAN 中含σ键数目为 (用含 NA的式子表示)。
③NO 能被 FeSO4 溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配位数为 (填数字)。
（4）测定大气中 PM2.5 的浓度方法之一是β-射线吸收法，β-射线放射源可用 85Kr，已知 Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个 Kr 原子相紧邻的 Kr 原子有 m 个，晶胞中含 Kr原子为 n 个，则m/n= (填数字)。
（5）水分子的立体结构是 ，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有 。
（6）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图，其中空心所示原子位于立方体的 顶点或面心，实心球所示原子位于立方体内）类似。每个冰晶胞平均占有 个水分子。 冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因是 。
24．硬铝(主要成分为Al、Cu、Mg、M、Si)主要用于生产各种构件和铆钉，在造船和建筑等行业也有广泛的应用。回答下列问题。
（1）处于基态的Al原子和Mg原子，下列参数中Al原子较大的是____(填标号)。
A．未成对电子数 B．第一电离能 C．原子半径
（2）硅元素很难形成含多重键的化合物，最近我国科学家在合成的二硅炔镁盐中探测到有“Si=Si”键的存在。硅元素难以形成“Si=Si”键的原因是 。
（3）是一种重要的配合物，的配位数为 ，提供孤电子对的原子为 ，分子中碳原子的杂化类型为 ，中三种元素的电负性由大到小的顺序为 。
（4）氧化镁晶胞属于立方形晶胞，其晶胞参数为anm。晶胞中每个周围紧邻且距离相等的共有 个，其最近距离为 nm。设阿伏加德罗常数的值为，则氧化镁晶体的密度为 (列出计算表达式)。
25．我国科学家利用生物质合成共聚酯的单体，合成时涉及多种元素，回答下列问题：
（1）基态Cu+的电子排布式为 。
（2）Cu、Zn、Al的第一电离能由大到小的顺序为 (填元素符号，下同)。
（3）H2C=CHCOOCH3中所含元素的电负性由小到大的顺序为 ，该有机物中，碳原子的杂化类型是 。
（4）区别晶体SiO2和非晶体SiO2的方法是 。
（5）有机物C和D的相对分子质量相差较小，但是D的沸点明显高于C的，其主要原因是 。
（6）我国科学家开发钙钯络合氢化物(CaPdH2)来实现乙炔高选择性合成乙烯。CaPdH2由Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成。CaPdH2中存在的化学键有____(填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．非极性键 D．金属键
（7）白铜是我国使用最早的合金之一，白铜晶胞结构如图所示。已知晶体密度为dg·cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值。Cu和Ni之间的最短距离为 (只列计算式)nm。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】由晶胞的定义可知A选项正确；相同晶体中晶胞的大小和形状完全相同，不同晶体中晶胞的大小和形状不一定相同，B选项错误；晶体中有的粒子被若干个晶胞所共用而不专属于某个晶胞，C选项正确；知道晶胞的组成利用“均摊法”即可推知晶体的组成，D选项正确。
【分析】A.晶体中重复的最小结构单元是晶胞；
B.晶胞的大小和形状随不同晶体而不同；
C.晶胞中的粒子由不同的晶胞共有；
D.晶胞是晶体的最小重复单元。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．BF3中B原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，所以分子的空间构型是平面三角形，是非极性分子，A不符合题意；
B．凡有规则外形的固体不一定是晶体，非晶体也可以具有规则外形，B不符合题意；
C．同一周期，从左到右，元素的的电负性逐渐增强，第一电离能也在增强，但是IIA族、VA族的元素的第一电离能均大于其相邻元素，比如O的电负性比N强，但是N的第一电离能比O大，C不符合题意；
D．CS2的结构式为S=C=S，双键中含有1个σ键与1个π键，故CS2分子中σ键与π键的数目之比是1：1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.BF3中B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，正负电荷中心重合；
B.非晶体也有规则的外形；
C.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。
3．【答案】A
【解析】【解答】由晶胞结构可知，a中金属原子的个数为12×+2×+3=6，b中金属原子的个数为8×+6×=4，c中金属原子的个数为8×+1=2，则三种晶胞内金属原子个数比为6：4：2=3：2：1，
故答案为：A。
【分析】根据均摊法确定晶胞中所含原子的个数，从而得出三种晶胞中所含金属原子的个数比。
4．【答案】B
【解析】【解答】该晶胞中，Ba原子位于体心，因此晶胞中所含Ba原子的个数为1,；Ti原子位于顶点，因此晶胞中所含Ti原子的个数为：；O原子位于棱的中点，因此晶胞中所含O原子的个数为：。因此该晶胞的化学式为BaTiO3，B符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对晶胞化学式分析的考查， 利用均摊法得出各个原子的个数比，从而得出晶胞的化学式。
5．【答案】A
【解析】【解答】由晶胞结构可知，a中金属原子的个数为12×+2×+3=6，b中金属原子的个数为8×+6×=4，c中金属原子的个数为8×+1=2，则三种晶胞内金属原子个数比为6：4：2=3：2：1，
故答案为：A。
【分析】根据均摊法确定晶胞中所含原子的个数，从而得出三种晶胞中所含金属原子的个数比。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．C70和C90都属于分子晶体，熔点较低，相对分子量越大，熔点越高，而石墨是混合晶体，熔点比分子晶体高，故A不符合题意；
B．C70、管状碳和洋葱状碳的结构中存在双键不饱和键，可以和H2发生加成反应，而金刚石的结构中不存在不饱和键，和H2不能发生加成反应，故B符合题意；
C．石墨转化为金刚石是吸热反应，说明石墨能量低于金刚石，能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C不符合题意；
D．由C60晶体结构的晶体结构可知，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. C70和C90都属于分子晶体，石墨是原子晶体、金属晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，据此分析。
B.能与H2发生加成反应的碳单质中一定得有碳碳双键，而金刚石中没有碳碳双键，据此分析。
C.物质能量越低越稳定。
D.根据C60晶体结构的晶体结构进行分析。
7．【答案】B
【解析】【解答】A． 碳碳键被两个碳原子共有，每个碳原子形成4条共价键，即平均1molC原子形成4×mol=2molC-C键，碳原子与碳碳键个数的比为1：2，故A不符合题意；
B． 该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故B符合题意；
C． 在氯化钠晶体中，钠离子的配位数是6，距Na+最近的Cl-是6个，6个氯离子形成正八面体结构，在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体形，故C不符合题意；
D． 在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，其数目为：8×+6×=4，则每个晶胞平均占有4个Ca2+，故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分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图1可判断磷化硼晶胞中有4个B，4个P，B与P的原子个数比为1：1，选项A不符合题意；
B．磷化硼中B与周围4个P成键，同时P与周围4个B成键，其中分别有3个是共价键，这样P有一对孤电子对，B有一个空轨道，形成配位键，选项B不符合题意；
C．中B有一个空轨道，可结合的孤电子对形成配位键，即的电离方程式为，所以是一元酸，选项C符合题意；
D．由图2可知，每个硼酸分子周围有6个氢键，而每个氢键由2个硼酸分子共用，根据均摊法，1mol硼酸晶体中氢键有，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据均摊法计算；
B.磷化硼中B与周围4个P成键，同时P与周围4个B成键，P有一对孤电子对，B有一个空轨道，形成配位键；
D.每个硼酸分子周围有6个氢键，而每个氢键由2个硼酸分子共用。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．CH4、BCl3分子中含有极性键，CH4是正四面体型，BCl3是平面正三角型，由于CH4、BCl3分子结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；SO2分子中含有极性键，SO2是“V”型，由于分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A不符合题意；
B．甲烷分子(CH4)失去一个H+，形成甲基阴离子( )，两微粒中C原子的价层电子对数都是为4，均为sp3杂化，碳原子杂化方式不变，故B不符合题意；
C．SO2和O3、 和 它们有相同原子数和最外层电子数互为等电子体，故C符合题意；
D．处于半满或全满时能量低较稳定，如Cu的外围电子排布是3d104s1，不遵循构造原理，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A.甲烷、三氯化硼、二氧化硫中都是极性键，但甲烷和三氯化硼结构高度对称，是非极性分子，而二氧化硫分子与水分子结构相似，是V型，电荷正负中心不重合
B.碳原子的价层电子不变，都是4个，始终都为sp3杂化
C.计算出二氧化硫和臭氧价层电子，硫酸根和高氯酸根的价层电子即可
D.有些原子的核外电子排布不一定遵循构造原理，
10．【答案】D
【解析】【解答】A．基态溴原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，A不符合题意；
B.1个NaCl晶胞中含有个Na＋，B不符合题意；
C．灼烧MgCl2·6H2O会发生水解而最终生成氧化镁，应在HCl气流中灼烧MgCl2·6H2O才能得到无水氯化镁，C不符合题意；
D．电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得到电子而析出金属镁，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式；
B.根据均摊法计算；
C.加热会促进镁离子水解；
D.电解熔融氯化镁时，阴极上镁离子得到电子生成镁。
11．【答案】C
【解析】【解答】A.等电子体是指价电子数和原子数分别都相等的物质，甲烷分子变成CH3+、-CH3、CH3-时，失去的分别是氢负离子、氢原子和氢离子，原子个数相同，价电子数不同，A不符合题意；
B.CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，立体构型均为三角锥形，不是正四面体形，B不符合题意；
C.CH 中的碳原子含有（4-1-3×1）÷2＝0对孤对电子，所以 中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，C符合题意；
D.CH3+与OH-形成的化合物为CH3OH，均由非金属元素组成，只含有共价键，不含有离子键，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据等电子体的概念分析；
B.由其结构确定分子构型；
C.计算中心原子的孤对电子，从而确定其中心原子的杂化类型；
D.二者形成的化合物为CH3OH；
12．【答案】A
【解析】【解答】A．利用均摊法，可知在每个晶胞中含有Li原子的个数为8×=1，C原子的个数为2+8×=6，晶胞中Li与C原子个数比为1：6，故A符合题意；
B．结合图1晶胞的结构，将晶胞重复排列，再把Li+的投影到石墨上对应的位置可得图：，Li的配位数为6，故B不符合题意；
C．根据石墨的结构特点可知在石墨层里，由于每个碳周围连有三个碳，所以碳原子的杂化方式为sp2，故C不符合题意；
D．利用均摊法，可知在每个晶胞中含有Li原子的个数为8×=1，C原子的个数为2+8×=6，所以化学式为：LiC6，摩尔质量为79g/mol，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、结合均摊法判断；
B、Li的配位数要结合周围晶胞进行判断；
C、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；
D、摩尔质量数值上等于相对分子质量。
13．【答案】A
【解析】【解答】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，体积为a3cm3，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs＋个数=8×1/8=1，由晶胞的质量m=ρV=M/NA可知，M=ρVNA=NA·a3·ρ g·mol－1，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 NA，
故答案为：A
【分析】本题要熟悉晶胞体积的计算，阿伏加德罗常数的关系和物质的量之建的关系；
14．【答案】C
【解析】【解答】A．根据该晶胞图示可知，与钠离子等距离的氢离子有6个，所以钠离子的配位数是6，A不符合题意；
B．根据晶胞均摊法可算出，该结构单元中氢离子的数目是12×+1=4，B不符合题意；
C．根据该晶胞图示可知，氢离子之间的最短距离是面对角线长的一半，即，C符合题意；
D．基态钠离子的电子排布式为1s22s22p6，符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 配位数是指化合物中心原子周围的配位原子个数，据此分析。
B.根据晶胞中均摊法进行分析，其基本思想是：晶胞中任意位置上的一个粒子被n个晶胞共用，则每个晶胞对这个粒子分得的份额就是1/n。
C. 氢离子之间的最短距离是面对角线长的一半，据此分析。
D.注意基态钠离子核外有10个电子，结合构造原理进行解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．质谱法能够测出质荷比，即得到相对分子质量，无法得到官能团信息，A不符合题意；
B．步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，可能是碳碳双键，也可以是醛基，B不符合题意；
C．银氨溶液的配制需要先加硝酸银，然后逐滴加入稀氨水，先产生白色沉淀，然后继续加稀氨水至白色沉淀恰好溶解，所以C项符合题意；
D．以顶点的Ag为中心，则一个晶胞中与其距离最近且等距的Ag原子在面心上，有3个，一个顶点被8个晶胞共用，所以应该有24个，但由于每个面上的原子被两个晶胞共用，所以均摊后除以2，应该为12个，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.质谱法能够测量相对分子质量，无法得到官能团信息；
B.步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，不一定是碳碳双键；
D.该晶胞中 距离每个原子最近的原子数是12。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.N2O与CO2的价电子总数均为16，CCl3F与CCl2F2的价电子总数均为32，它们互为等电子体，A项不符合题意；
B.CCl2F2无同分异构体，说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，B项不符合题意；
C.碳酸属于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性不同，是因为它们的非羟基氧原子数不同，C项符合题意；
D.由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物是Na2O2 ，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，分别计算原子和电子总数
B. CCl2F2无同分异构体 ，说明形成的四个键相似，故为正四面体
C.含氧酸的酸性主要和非羟基氧原子的个数有关
D.根据条件写出化学式即可
17．【答案】A
【解析】【解答】A． 该晶胞中Xn+个数=12×=3、N3-个数=8×=1，所以N3-、Xn+个数之比为1：3，根据化合价的代数和为0，可知n=1，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，Xn+所含电子=2+8+18=28，故原子序数为28+1=29，故A符合题意；
B． 由A中计算可知，晶体中有3个Cu+、1个N3-，故该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1，故B不符合题意；
C． 晶胞中Xn+处于棱中心，与之相邻的N3-离子处于Xn+所在棱的顶点，故晶体中每个Xn+周围有2个等距离且最近的N3-，故C不符合题意；
D． 该晶体中与等距离且最近的位于其上下、左右、前后，6点形成的空间构型为正八面体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据均摊法和化合物中化合价代数和为0计算；
B.根据均摊法计算；
C.Xn+处于棱中心，与之相邻的N3-离子处于Xn+所在棱的顶点；
D.与等距离且最近的位于其上下、左右、前后，形成正八面体。
18．【答案】D
【解析】【解答】由分析可知：X为C、Y为O、Z为S、W为Cu。
A．晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+8×=2，二者数目之比为1：2，故白球表示Cu，黑球表示O，该氧化物不可能为CuO，而是表示Cu2O，A不符合题意；
B．同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，不同周期元素，一般情况下，原子核外电子层越多原子半径越大，则原子半径r(Z) ＞r(X)＞r(Y)，B不符合题意；
C．同主族自上而下第一电离能逐渐减小，故元素第一电离能：I1(Z)＜I1(Y)，C不符合题意；
D．Y为O、Z为S，二者的氢化物H2O、H2S都是由分子构成，分子之间以分子间作用力结合，由于H2O分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，故简单氢化物的沸点：Y＞Z，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】 根据泡利不相容原理可知，X是C，Y是O，Z是S，W是Cu。
A.利用均摊法判断化学式；
B.同一周期从左往右原子半径逐渐减小；
C.同一主族从上往下第一电离能逐渐减小；
D.H2O分子间能形成氢键，所以沸点比H2S大。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La是在，其中6个在线的角上，1个La面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为；该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5，可表示为LaNi5，故A不符合题意；
B．对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配位，故B符合题意；
C．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为，故C不符合题意；
D．X射线衍射可用于确定晶体的结构，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、晶体的化学式可以根据三种原子的比例进行计算，从原子的体心、面心、棱心、顶点分别计算其原子个数；
B、根据La周围的Ni个数进行判断；
C、根据晶胞中的侧面、体心中含有的Ni判断；
D、X射线衍射可用于确定晶体的结构。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．两种微粒原子总数均为4，价电子总数均为24，两者互为等电子体，故A不符合题意；
B．两种微粒原子总数均为3，价电子总数分别为16、18、不符合等电子体的定义，故B符合题意；
C．两种微粒原子总数均为3，价电子总数均为18，两者互为等电子体，故C不符合题意；
D．两种微粒原子总数均为3，价电子总数均为16，两者互为等电子体，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】等电子体具有相同的原子数和价电子数。
21．【答案】（1）共价键； 或
（2）均为离子品体，阳离子相同，阴离子半径 ＜ ＜ ，晶格能 ＞ ＞
（3）；
【解析】【解答】(1) ①已知三氯化锑 具有挥发性，说明熔沸点低，具有分子晶体的特征；SbCl3中主要含有的化学键类型是共价键；
②Cu的核外电子排布式为 ，Cu+的核外电子排布式为 或 ；
(2) CdS、CdSe、CdTe均为离子化合物，阳离子均为Cd2+，但阴离子半径： ＜ ＜ ，晶格能： ＞ ＞ ，所以熔点： ＞ ＞ ；
(3)CdSe的晶胞结构如图2所示。其中原子坐标参数A为 ，胞中4个Se原子均在内部构成正四面体结构，A位置Se原子与C位置Se原子在x轴上的数值相等，y、z轴上的数值均比A处的大 ，则C的原子坐标参数为 ；晶胞的边长为a，面对角线的长度是 ，体对角线的长度为 ，Cd与Se的最短距离为体对角线的四分之一等于 。
【分析】三氯化锑 具有挥发性，说明熔沸点低，具有分子晶体的特征；Cu的核外电子排布式为 ，失去最外层电子后得到Cu+，从而写出Cu+的核外电子排布式；离子晶体中，离子所带电荷数越多、离子半径越小，则离子键越强、晶格能越大，熔点越高；晶胞中4个Se原子均在内部构成正四面体结构，根据A位置Se原子与C原子的对应关系写出C原子的坐标参数；Cd与Se的最短距离为体对角线的四分之一，据此分析。
22．【答案】（1）A
（2）铜的原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，铜的金属键比钾的强
（3）直线形；sp、sp3
（4）16NA；大；[Cu(NH3)4]2+ 中N原子的孤电子对与Cu2+形成了配位键，不存在孤电子对，对N-H的排斥作用变小，所以键角变大
（5）Cu3SbS4；a； 1030
【解析】【解答】(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②，锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①，故由大到小排序是④＞②＞①＞③，
故答案为：A；
(2)钾和铜属于同周期，铜原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，则金属键比钾的强，故熔沸点比钾高；
(3)CO2中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，碳原子为sp杂化，故空间结构为直线形，CH3CN中甲基中的碳原子的价层电子对数为：4+0=4，该碳原子为sp3杂化，氰基中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，该碳原子为sp杂化，故CH3CN中碳原子的杂化方式为sp3、sp；
(4)σ键为共价单键，Cu的配位数为6，有六个σ键，NH3有3个N-Hσ键，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为16NA；NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥，在[Cu(NH3)4]2+配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大；
(5)分子中有Cu原子：4×+8×+2×=6，锑原子：8×+1=2，硫原子：8，故化学式为：Cu3SbS4，紧邻的Sb与Cu的距离为底对角线的一半，故为a×pm，晶胞质量为：，体积为：V=(a×10-10)2×(c×10-10)cm3=ac×10-30cm3，晶体的密度为：1030g cm-3，故答案为：Cu3SbS4；a；1030。
【分析】（1）锌的第一电离能为全充满状态，铜为半充满状态，锌的第二电离能为半充满状态，铜为全充满状态；
（2）金属的熔点和金属键强度有关；
（3）二氧化碳为AB2型的sp杂化，属于直线型，C的杂化有两种，单键的sp3杂化和三键的sp杂化；
（4）σ键为共价单键，注意配位键也属于共价键；
（5）晶胞的计算要注意先判断各种粒子的配位数。
23．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10
（2）平面三角形
（3）AC；10NA；6
（4）3
（5）V形；孤电子对
（6）8；C 原子与 O 原子都为 sp3 杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性
【解析】【解答】（1）Zn为30号元素，所以Zn2+在基态时核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d10；
（2）对于NO3-，根据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数3，孤电子对数为0，则价电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，则其空间构型为平面三角形；
因此，本题正确答案是：平面三角形；
（3）①A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，故N2O结构式可表示为N=N=O，A正确；
B、O3与SO2互为等电子体，为V形分子，B错误；
C、CH2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为sp2杂化，C正确；
D、HCOOH分子间可以形成氢键，CH3OCH3分子间只有范德华力，氢键的作用强于范德华力，所以HCOOH沸点比CH3OCH3高，与分子的极性无关，D错误。
故答案为：AC；
②PAN中所有单键均为σ键，双键中有一个为σ键，-NO2的结构为 ，所以PAN（CH3COOONO2）分子中含有10个σ键，则1mo1PAN含σ键数目为10NA（或10×6.02×1023或6.02×1022）。
③配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成，则配位数为6。因此，本题正确答案是：AC；10NA；6；
（4）根据均摊法，以顶点计算，与之相邻最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故最近的Kr为3×8/2=12，晶胞中Kr有8×1/8+6×1/2=4，两者比值为12：4=3。因此，本题正确答案是：3；
（5）水分子中含有2个σ键，孤电子对数= =2，所以水分子的立体构型为V型，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；因此，本题正确答案是：V形；孤电子对；
（6）每个冰晶胞平均含有水分子数为：8× +6× +4=8（其中顶点为8个，面心为6个，晶胞内有4个）；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；因此，本题正确答案是：8 ；C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。
【分析】（1）Zn是30号元素，原子核外有30个电子，失去两个电子形成Zn2+，核外有28个电子，根据构造原理书写核外电子排布式；
（2）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO3-的空间构型；
（3）①A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，据此分析；
B、O3与SO2互为等电子体，据此分析；
C、CH2=CHCHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，均为sp2杂化，据此分析；
D、HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3不能形成分子间氢键，据此分析；
②一个单键就是一个σ键，一个双键中含有一个σ键合一个π键；
③配体位于方括号内，由1个NO和5个H2O构成；
（4）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相邻的Kr原子有3×4=12个，晶胞中含Kr原子为，然后求出比值；
（5）根据σ键数目和孤电子对数判断分子的立体构型；水分子能与很多金属离子形成配合物，其原子是在演员纸上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；
（6）由图可知，水位于晶胞的顶点、面心和晶胞内，利用均摊法计算；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子和O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；
24．【答案】（1）A
（2）硅的原子半径较大，难以通过“肩并肩”的方式形成键
（3）6；N(或氮)；sp、；N>C>H
（4）12；；
【解析】【解答】（1）A．处于基态的Al原子电子排布式：[Ne]3s23p1，处于基态的Mg原子电子排布式：[Ne]3s2，所以未成对电子Al多，A正确；
B．位于同一周期的Mg和Al，由于Mg的电子排布是全充满的，比较稳定，所以第一电离能Mg大于Al，B不正确；
C．位于同一周期的Mg和Al，从左到右，原子半径依次减小，故Mg大于Al，C不正确；
故答案为：A。
（2）硅的原子半径较大，p轨道难以相互重叠形成π键，即难以通过“肩并肩”的方式形成键，所以硅元素难以形成“Si=Si”键。
（3）[ Mn(CO)5( CH3CN)]Br中，[ Mn(CO)5( CH3CN)]+中配体有6个，所以Mn原子的配位数为6；CH3CN与Mn原子配位时，C无孤电子对，所以提供孤电子对的是N原子；CH3CN中甲基的C原子采取sp3杂化，-CN的C原子采取sp杂化；同周期元素中，从左到右电负性增强，所以CH3CN中C、H、N元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H。
（4）晶胞中Mg2+位于面心，所以每个Mg2+周围紧邻且距离相等的Mg2+共有12个；由于晶胞参数为anm，所以其最近距离=；晶胞中的个数=，的个数=，所以一个晶胞的质量，，氧化镁晶体的密度g cm 3。
【分析】（1）A、未成对电子可以结合各自的电子式判断；
B、同一周期第一电离能从左到右递减；
C、同一周期从左到右半径减小；
（2） 硅的原子半径较大，难以通过“肩并肩”的方式形成键 ；
（3）配位数根据中括号内部锰离子意外的分子判断；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；
（4）晶胞题目的判断要结合周围其他晶胞中镁离子的位置进行计算。
25．【答案】（1）[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d104s1
（2）I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)
（3）X(H)< X(C) < X(O)；sp2、sp3
（4）X射线衍射实验
（5）D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，C分子间没有氢键
（6）A；B；C
（7）
【解析】【解答】(1)铜元素位于周期表第四周期ⅠB族，核电荷数为29，基态Cu+的电子排布式[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)Cu、Zn、Al失去第一个电子分别位于4s1、4s2、3p1，4s2电子处于全满轨道较难失去，三者中第一电离能最大，3p1是单电子，铝的核电荷数比铜小很多，其第一电离能最小，故三者的第一电离能由大到小的顺序为I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)。
(3)H2C=CHCOOCH3中含H、C、O三种元素，同周期元素电负性从左往右增大，故C
(5)从C和D的分子结构简式分析，两者相对分子质量相差较小，C分子间以范德华力为主，D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，故D的沸点明显高于C的。
(6)钙钯络合氢化物(CaPdH2)以Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成，阴阳离子间化学键是离子键，[PdH2]2-络合离子结构中的Pd和H原子存在配位键，共用电子对偏向H一边，属于非极性键，故故答案为：ABC。
(7)从白铜晶胞结构图可知，Cu原子位于立方晶胞的面心位置，Ni原子位于顶点位置，一个晶胞内含有Cu原子个数
，含有Ni原子个数
，设该立方晶胞的边长为
nm，根据题意，有
，Cu和Ni之间的最短距离为面对角线的一半，为
nm，故Cu和Ni之间的最短距离为
nm。
【分析】（1）根据电子数结合电子排布方式即可判断
（2）根据最外层电子进行判断
（3）电负性根据元素的非金属性，根据碳原子的成键方式即可判断杂化方式
（4）通过X射线即可判断晶体
（5）根据C和D的分子式写出结构式，氢键形成导致沸点增大
（6）根据结构式找出化学键
（7）根据占位计算出质量结合密度计算出体积即可计算出距离