2024届高三化学二轮复习基础练——晶体结构与性质（含解析）

2024届高三化学二轮复习基础练——晶体结构与性质
一、单选题
1．氯化硼的熔点为10.7 ℃，沸点为12.5 ℃。在氯化硼分子中，氯—硼—氯键角为120°，它可以水解，水解产物之一是氯化氢。下列对氯化硼的叙述中正确的是（　　）
A．氯化硼是原子晶体
B．熔化时，氯化硼能导电
C．氯化硼分子是一种极性分子
D．水解方程式：BCl3＋3H2O = H3BO3＋3HCl
2．下列有关分子晶体的说法中正确的是（　　）
A．分子内均存在共价键
B．分子间一定存在范德华力
C．分子间一定存在氢键
D．其结构一定不能由原子直接构成
3．下列有关金属的说法正确的是（）
A．金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子
B．金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动
C．金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强
D．体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为1：2
4．从我们熟悉的食盐、金属、冰到贵重的钻石等都是晶体，而同样透明的玻璃却是非晶体。下列关于晶体和非晶体的本质区别的叙述中，正确的是(　　)
A．是否具有规则的几何外形
B．是否具有固定组成
C．是否具有美观对称的外形
D．内部基本构成微粒是否按一定规律做周期性重复排列
5．下列有机物沸点最高的是（　　）
A．HCHO B．异丁烷 C．新戊烷 D．正戊烷
6．下列说法不正确的是（　　）
A．易分解是因为共价键作用力弱
B．离子键就是使阴、阳离子结合成化合物的静电引力
C．二氧化碳分子中碳原子和氧原子最外电子层都具有8电子的稳定结构
D．NaOH晶体既有离子键，又有极性共价键
7．下列说法错误的是（　　）
A．传统的无机非金属材料多为硅酸盐材料，如陶瓷、玻璃、水泥
B．二氧化硅用于光伏电站、人造卫星和电动汽车等的太阳能电池
C．碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
D．碳纳米材料包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等
8．下列说法正确的是（）
A．NaHCO3受热分解，既破坏了离子键，又破坏了共价键
B．碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
C．氦气、二氧化碳和甲烷的分子内都存在共价键
D．一个SiO2分子含有一个Si原子和2个O原子
9．某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是（　　）
A．该物质是一个离子化合物
B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D．该物质中C、N、O原子均存在孤对电子
10．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法错误的是（　　）
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2- ，中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子有C和N
C．1mol配合物中σ键的数目为12NA
D．该配合物为离子化合物，易电离，1 mol配合物电离共得到3NA个阴、阳离子
11．下列物质属于离子化合物且含有共价键的是（　　）
A．MgCl2 B．SiO2 C．CH3Cl D．NH4Cl
12．下列有关配合物的说法正确的是（　　）
A．配合物的配位数是6
B．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子
C．1mol中σ键的物质的量为8mol
D．的空间结构为平面正四边形
13．有人设想将碳酸钙通过的加工方法使之变为纳米碳酸钙(碳酸钙粒子直径是几纳米至几十纳米)，这将引起建筑材料的性能发生巨变。下列关于纳米碳酸钙的推测可能发生的是（　　）
A．纳米碳酸钙的水溶液会浑浊不清
B．纳米碳酸钙分散到水中能产生丁达尔效应
C．纳米碳酸钙化学性质已与原来碳酸钙完全不同
D．纳米碳酸钙的粒子不能透过滤纸，也不能透过半透膜
14．下列有机化合物中沸点最高的是（　　）
A．乙烷 B．乙烯 C．乙醇 D．乙酸
15．N和P为同族元素，下列说法正确的是（　　）
A．N元素、P元素形成单质分子的空间结构均相同
B．NH3和PH3均可和H+形成配位键
C．HNO3与H3PO4均是强酸
D．PCl3与PCl5中P原子的杂化方式相同
16．在气体分析中，常用的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量。某工艺通过如图流程制备氯化亚铜固体(已知容易被氧化)：
下列说法正确的是（　　）
A．步骤①中不可用稀硫酸代替稀盐酸，步骤②中作为氧化剂
B．步骤③中用水溶液洗涤更有效，若洗涤液不含，则沉淀已洗净
C．晶胞结构如图所示，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目为4
D．若晶胞的参数为，则晶胞的密度
17．晶胞结构如图所示，它由两个正六面体叠加而成，已知正六面体的棱长。下列说法错误的是（　　）
A．晶体中，与紧邻且等距的有8个
B．设阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为
C．制备的反应选择在乙醚()中进行，也可以在水中进行
D．的空间构型为正四面体形
18．下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是（　　）
A．NaOH B．HCl C．MgCl2 D．H2O
19．氮化硅（Si3N4）是一种新型的耐高温耐磨材料，在工业上有广泛用途，它属于（　　）
A．原子晶体 B．分子晶体 C．金属晶体 D．离子晶体
20．CO2常用于灭火，但镁可以在CO2中剧烈燃烧：2Mg＋CO2 2MgO＋C，生成的氧化镁熔点高达2800℃。下列有关说法错误的是（　　）
A．该反应利用了Mg的强还原性
B．氧化镁属于离子晶体
C．CO2 和C（石墨）中的C原子的杂化方式相同
D．干冰中每个CO2周围有12个CO2 分子
二、综合题
21．西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂，实践证明长期使用对人体无害．已知其相关性质如表所示：
分子式 结构简式 外观 熔点 溶解性
C12H10ClN3O 白色结晶粉末 170～172℃ 易溶于水
（1）氯元素基态原子核外电子的成对电子数为　 　，氯吡苯脲中所含元素能形成10电子分子，且分子之间能形成氢键的有　 　．（填二种，填化学式）
（2）氯吡苯脲的晶体类型为　 　晶体．该分子是由　 　键形成的　 　分子（填“极性”或“非极性”）
22．如图为周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。回答下列问题：
（1）f的基态原子核外电子排布式　 　。
（2）在c2a4分子中，c为　 　杂化，c与c间存在的共价键类型有　 　两种。
（3）ci2与ce2比较，沸点较高的是　 　（写分子式），其原因是　 　。
（4）将氨水滴入到j的硫酸盐溶液中，先产生蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到深蓝色溶液。深蓝色溶液是由于存在　 　（写结构式），其中配体是　 　。
（5）j的金属晶体的晶胞如图所示，则一个晶胞中每个j原子周围与它最接近且距离相等的j共有的个数是　 　个，已知该元素的相对原子质量为64，单质晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，试求铜的金属半径为　 　 pm（用含NA、ρ的表达式表达）。
23．
（1）I.下列对晶体结构和性质的认识错误的是______
A．“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”变化中，被破坏的粒子间的作用力依次是：氢键、氢键、极性键
B．晶体CO2和H2O中，微利间相互作用完全相同，晶体类型也相同
C．SiO2晶体最小的环上，有6个Si原子和6个O原子
D．金刚石和石墨的熔点都较高，是因为二者都为原子晶体 2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2。
（2）II.黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物，火法炼铜时发生反应：Fe在周期表中的位置为　 　；Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是　 　。
（3）CuFeS2中Cu元素有　 　个未成对电子，Cu2S中Cu元素基态时电子排布式为　 　。
（4）SO2分子的立体构型为　 　，SO2可氧化生成SO3，SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是　 　。
（5）已知FeO、FeS熔点分别为1369℃、1193℃，解释熔点FeO高于FeS
的原因　 　。
（6）Cu的晶胞如图所示，晶体密度为ρ
g·cm－3。晶胞中等距最近的Cu原子有　 　个，晶胞的边长为　 　(用含ρ和NA的式子表示)。
24．自然界中不存在氟的单质，得到单质氟的过程中，不少科学家为此献出了宝费的生命。1886年，法国化学家莫瓦桑发明了莫氏电炉，用电解法成功地制取了单质氟，因此荣获1906年诺贝尔化学奖，氟及其化合物在生产及生活中有着广泛的用途。请回答下列问题：
（1）氟磷灰石可用于制取磷肥，基态P原子有　 　个未成对电子，的中心P原子的杂化方式为　 　。
（2）氟气可以用于制取情性强于N2的保护气SF6，也可以用于制取聚合反应的催化剂PF3，PF3可以作为工业制取硅单质的中间物质(SiF4)的原料。
①SiF4分子的空间结构为　 　。
②S、P、Si的第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（3）氟气可以用于制取高化学稳定性材料聚四氟乙烯的原料四氟乙烯(C2F4)，50g四氟乙烯含σ键的数目为　 　。
（4）工业上电解Al2O3制取单质铝，常利用冰晶石Na3AlF6降低Al2O3的熔点。Na、Al、F的电负性由小到大的顺序为　 　，工业上不用电解AlCl3制取铝的原因为　 　。
25．2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
（1）Li、P、S三种元素中，电负性最小的是　 　。第三周期元素中第一电离能比P大的元素有　 　种。
（2）基态S原子核外有　 　个电子自旋状态相同。基态As原子的电子排布式为　 　。
（3）PH3、AsH3中沸点较高的是　 　，其主要原因是　 　。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为　 　。
（5）CH3CN中C原子的杂化类型为　 　。
（6）等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比　 　。
（7）NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 　 　pm。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】首先根据性质推导该晶体是分子晶体还是原子晶体，再根据具体晶体的性质判断选项。因为BCl3的熔沸点较低，故应为分子晶体，分子晶体熔化时不导电，故A、B错；又因氯—硼—氯键角为120°，则可确定BCl3为非极性分子，C错。
故答案为：D
【分析】原子晶体的熔沸点高，硬度大，分子晶体的熔沸点低，硬度小。BCl3为平面三角形。
2．【答案】B
【解析】【解答】稀有气体分子组成的晶体中，不存在任何化学键，单原子分子间通过范德华力结合，故A、D项不符合题意。分子间作用力包括范德华力和氢键，范德华力存在于所有的分子晶体中，而氢键只存在于某些满足氢键形成条件的晶体内，故B项符合题意，C项不符合题意。
【分析】分子晶体构成的基本微粒为分子，分子间存在范德华力，也包括氢键，分子间作用比共价键弱，分子晶体构成微粒如为单原子分子，则分子内不存在共价键。
3．【答案】D
【解析】【解答】A、因金属的最外层电子受原子核的吸引小，则金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，而不是所有的核外电子，A不符合题意；
B、金属导电的实质是自由电子定向移动而产生电流的结果，B不符合题意；
C、金属原子在化学变化中失去电子越容易，其还原性越强，C不符合题意；
D、体心立方晶胞中原子在顶点和体心，则原子个数为1+8×1/8=2，面心立方晶胞中原子在顶点和面心，原子个数为8×1/8+6×1/2=4，原子的个数之比为2：4=1：2，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.注意区分核外电子和最外层电子的区别；
B.金属导电是自由电子的定向移动；
C.金属性强弱与得失电子的多少无关，只与的是电子的难易有关；
D.根据提心立方和面心立方晶胞进行计算。
4．【答案】D
【解析】【解答】有规则几何外形或美观对称外形的固体不一定都是晶体，如玻璃制品可以塑造出规则的几何外形，也可以具有美观对称的外形；具有固定组成的物质也不一定是晶体，如某些无定形体(无定形二氧化硅)也有固定的组成；晶体和非晶体的本质区别在于其内部粒子在微观空间里是否呈现周期性的有序排列。
【分析】晶体与非晶体的本质区别在于内部构成微粒的排列是否为周期性重复排列，据此解答即可。
5．【答案】D
【解析】【解答】分子晶体的相对分子质量越大，则熔沸点越高，戊烷的相对分子质量比丁烷、HCHO大，所以戊烷的沸点比丁烷、HCHO高，戊烷的同分异构体中正戊烷支链最少，所以正戊烷的沸点最高。
故答案为：D。
【分析】分子晶体的相对分子质量越大，则熔沸点越高，支链越多熔沸点越低，据此分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】A． 易分解是因为 分子中共价键不稳定，易断裂，A不符合题意；
B．离子键是使阴阳离子结合成化合物的静电作用，静电作用包含吸引力和排斥力，B符合题意；
C．CO2分子中碳原子最外层有4个电子，形成四对共用电子对，氧原子最外层6个电子，形成2对共用电子，都达到8电子的稳定结构，C不符合题意；
D．NaOH晶体中钠离子与氢氧根离子之间是离子键，氧原子与氢原子之间是极性共价键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 易分解是因为 分子中共价键不稳定。
B.离子键是使阴阳离子结合成化合物的静电作用。
C.CO2分子中碳原子最外层有4个电子，形成四对共用电子对，氧原子最外层6个电子，形成2对共用电子。
D.NaOH晶体中钠离子与氢氧根离子之间是离子键，氧原子与氢原子之间是极性共价键。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．硅酸盐材料属于传统无机非金属材料，包括水泥、玻璃、陶瓷、砖瓦等，A不符合题意；
B．二氧化硅主要用于生产光纤等，硅用于光伏电站、人造卫星和电动汽车等太阳能电池的生产等，B符合题意；
C．碳化硅属于共价晶体，它具有耐磨、硬度大等特点，可用于生产砂纸和砂轮的磨料，C不符合题意；
D．碳纳米材料是一类新型的无机非金属材料，主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．玻璃、水泥、陶瓷为传统无机非金属材料；
B．硅用于光伏电站、人造卫星和电动汽车等太阳能电池的生产等；
C．碳化硅属于共价晶体，它具有耐磨、硬度大等特点；
D．碳纳米材料是一类新型的无机非金属材料；
8．【答案】A
【解析】【解答】A．NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水既发生离子键破坏，又发生共价键破坏，选项A符合题意；
B.碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量主要用于克服碘分子之间的作用力，选项B不符合题意；
C.氦气是单原子分子，分子内不存在共价键，选项C不符合题意；
D.二氧化硅是原子晶体,平均一个硅原子与四个氧原子相连,严格地说一个二氧化硅分子应该指一整个二氧化硅晶体,它的分子式为SinO2n,选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.离子键指的是阴阳离子之间通过相互作用生成的化学键；共价键指的是原子之间通过公用电子的之间形成的化学键；
B.碘单质在受热后易升华为点蒸汽，该过程需要吸收热量，属于物理变化；
C.共价键是两个原子之间的作用力，而氦气是单原子分子，不存在共价键；
D.SiO2只是二氧化硅的分子表达式，并不是说明这是二氧化硅分子，因为二氧化硅属于原子晶体。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由物质结构示意图可知：该物质是由分子构成的，属于共价化合物，不属于离子化合物，A不符合题意；
B．在该物质分子中存在共价键、配位键、氢键三种作用力，B不符合题意；
C．由分子结构可知：该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，提供空轨道，配位数是4；配位原子是N原子，N原子提供孤电子对，C符合题意；
D．由结构示意图可知：在分子中的C原子的4个价电子都形成共价键，无孤对电子，而N、O原子上均存在孤对电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.只含有共价键，不含有离子键
B.氢原子和氧原子形成了氢键
C.根据成键的方式可以看出是配合物
D.N和O形成氢键或者配位键故有孤对电子
10．【答案】A
【解析】【解答】Na+与[Fe(CN)5(NO)]2-之间存在离子键，NO、CN-与Fe3+形成配位键，CN-中碳原子与N原子之间、NO中N原子和O原子之间存在极性共价键，不存在非极性键，A符合题意；
NO、CN-与Fe3+形成6个配位键，配位原子有C和N，B不符合题意；
1 mol配合物中σ键数目为(5×2+1×2) ×NA= 12NA，C不符合题意；
配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na+与1个[Fe(CN)5(NO)]2- ，所以1 mol配合物电离共得到3NA个阴、阳离子，D不符合题意。
【分析】 依据在配合物中，内界是配位单元，外界是简单离子。Na2[Fe(CN)5(NO)]之中，内界是[Fe(CN)5(NO)]2- ，外界是Na+。NO、CN-与Fe3+形成配位键，是配体，它们的数目为配位数，CN-中碳原子与N原子之间、NO中N原子和O原子之间存在极性共价键，不存在非极性键分析作答。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．氯化镁由氯离子和镁离子构成，是离子化合物，只含离子键，不含共价键，故A不符合题意；
B．二氧化硅不含离子键，不是离子化合物，故B不符合题意；
C．一氯甲烷不含离子键，不是离子化合物，故C不符合题意；
D．NH4Cl由氯离子和铵根离子构成，是离子化合物，铵根离子中的N原子和H原子以共价键相连，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】共价化合物只有共价键，而离子化合物中一定有离子键，可能存在共价键，故既有离子键和共价键钠一定是离子化合物。故找出离子化合物即可
12．【答案】B
【解析】【解答】A．中只有NH3是配体，所以配位数是4，A不符合题意；
B．配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可，所以可以是分子也可以是阴离子，B符合题意；
C.1mol可形成2molO-H共价键和1molO-Cu配位键，所以4mol共形成σ键数= 43mol=12mol，C不符合题意；
D．的空间结构为正四面体形，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.的配体为NH3；
B.配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键是σ键；
D.为正四面体形。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．纳米碳酸钙的水溶液属于胶体，是均匀透明的分散系，A不符题意；
B．纳米碳酸钙分散到水中形成胶体，能产生丁达尔效应，B 符合题意；
C．纳米碳酸钙的组成与原来碳酸钙相同，则化学性质相同，C不符题意；
D．胶粒不能透过半透膜，但能透过滤纸，纳米碳酸钙的水溶液属于胶体，所以纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸，D 不符题意。
故答案为：B。
【分析】 纳米碳酸钙是直径在几纳米至几十纳米的碳酸钙粉末，仍然是碳酸钙，具有碳酸钙的性质，把纳米碳酸钙分散在水中，分散质粒子的直径在几纳米至几十纳米，形成的是胶体，该混合物应该具有胶体的性质。
14．【答案】D
【解析】【解答】解：乙醇、乙酸与乙烷、乙烯相比较，含有氢键，且相对分子质量较大，则乙醇、乙酸沸点较高；
乙醇和乙酸相比较，二者都含有氢键，但乙酸的相对分子质量较大，乙酸沸点较高．
故选D．
【分析】对应烃类物质，烃的相对分子质量越大，沸点越高，对应烃的含氧衍生物，所含氢键越多，并且相对分子质量越大，沸点越高．
15．【答案】B
【解析】【解答】A．同族元素形成的单质空间结构不一定相同，如氮气为直线型，P4为正四面体构型，故A不符合题意；
B． 和 化学性质相似，均可以与 形成配离子 和 ，故B符合题意；
C．硝酸是强酸，磷酸为中强酸，故C不符合题意；
D． 与 相似，其中P原子为 杂化， 中P原子为 杂化，空间构型为三角双锥形，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 N和P为同族元素， 其氢化物均可与氢离子形成配位键，氮气是线性结构，而单质白磷是正四面体结构，最高价氧化物形成的水合物，硝酸是强酸，而磷酸是中强酸，对于三氯化磷与氨气结构相似，而 PCl5 结构与氨气不相似结合选线即可判断
16．【答案】B
【解析】【解答】A．步骤①中若用稀硫酸代替稀盐酸则得不到的盐酸溶液，最终也得不到氯化亚铜固体，根据元素化合价的变化：从+2降低，可知其被还原，故步骤②中的作用是作为还原剂，选项A不符合题意；
B．由于容易被氧化，在步骤③中用水溶液洗涤可防止被氧化.根据元素化合价的变化：从降至，可知其被还原，故步骤②中的作用是作为还原剂，被氧化生成，若洗涤液不含，则表明沉淀已洗净，选项B符合题意；
C．从晶胞结构图可知，氯离子位于立方晶胞顶点和面心，故每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数为，选项C不符合题意；
D．若晶胞的参数为，一个晶胞中微粒数为4，晶胞参数，则晶胞的密度，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、由于要制备氯化铜，因此需要用盐酸才可以制备；
B、结合题干可知 容易被氧化) ，因此采用二氧化硫可以防止被氧化；
C、此类题要结合晶胞周围其他晶胞的立体结构考虑，可以从对称性的角度考虑；
D、密度的计算要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数、体积进行判断。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．以体心的研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与紧邻且等距的Na+有8个，A不符合题意；
B．由晶胞结构可知：晶胞中数目为1+8×+4×=4，Na+数目为6×+4×=4，晶胞质量=4×g，晶胞密度为4×g÷[（a×10-7 cm）2×2a×10-7 cm]= ，B不符合题意；
C．制备的反应选择在乙醚()中进行，由于NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故不可以在水中进行，C符合题意；
D．中Al原子孤电子对数==0，杂化轨道数目=4+0=4，Al原子杂化方式为：sp3，故其空间构型为正四面体形，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.结合晶胞结构，与紧邻且等距的Na+有8个；
B.根据均摊法计算晶胞中各离子的数目，再计算出晶胞的质量和体积，再根据计算晶体密度；
C.NaAlH4与水反应，该反应不能在水中进行；
D.的空间构型为正四面体形。
18．【答案】A
【解析】【解答】A．NaOH是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间只存在离子键，O-H原子之间存在共价键，A符合题意；
B． HCl是共价化合物，只存在共价键，B不符合题意；
C． MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，C不符合题意；
D．H2O是共价化合物，只存在共价键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】共价化合物，只存在共价键；离子化合物一定存在离子键，非金属元素原子之间存在共价键。
19．【答案】A
【解析】【解答】解：相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；原子晶体具有熔点高和硬度大的特点，氮化硅（Si3N4）是一种新型的耐高温耐磨材料，说明氮化硅属于原子晶体，
故选A．
【分析】相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子．
20．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知A选项不符合题意；
B．由分析可知B选项不符合题意；
C．CO2中的C原子的杂化方式为sp，C（石墨）中C的杂化方式为sp2杂化，故C选项符合题意；
D．干冰分子晶胞如图 每个CO2周围有12个CO2 分子，故D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由题中信息可知2Mg＋CO2 2MgO＋C中Mg是还原剂，体现还原性，氧化镁熔点高达2800℃故MgO为离子晶体。
21．【答案】（1）16；NH3、H2O
（2）分子；极性、非极性；极性
【解析】【解答】解：（1）根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子的排布式是1s22s22p63s23p5，所以成对电子数为16个；N、O、H之间形成的10电子分子为氨气和水，氨气和水均能形成氢键；
故答案为：16；NH3、H2O；（2）氯吡苯脲的熔点较低，易溶于水，所以其晶体类型是分子晶体；不同元素之间形成极性键，同种元素之间形成非极性键，该分子中含有极性键和非极性键；分子构成不对称，正负电荷中心不重叠，所以分子为极性分子．
故答案为：分子；极性、非极性；极性．
【分析】（1）根据氯元素基态原子核外电子确定其成对电子数；氨气和水均为10电子微粒；（2）熔点较低的晶体为分子晶体；不同元素之间形成极性键，同种元素之间形成非极性键；分子构成对称，正负电荷中心重叠的分子为非极性分子．
22．【答案】（1）1s22s22p5
（2）sp2；δ和π
（3）CS2；CS2相对分子质量较大
（4）；NH3
（5）12；
【解析】【解答】（1）由表可以看出f为F，则9号元素F的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p5；
故答案为：1s22s22p5。（2）因为C是C，a是H，则c2a4为C2H4，在乙烯的分子中C为sp2杂化，碳碳之间是双键，其中有一个δ键、一个π键；
故答案为：sp2 ，δ和π。（3）由分析知：ci2与ce2分别为：CS2与CO2，由于CS2的相对分子质量比CO2大，所以分子间作用力CS2 CO2，沸点CS2 CO2；
故答案为：CS2 ，CS2相对分子质量较大。 （4）j为Cu，所以将氨水滴加到CuSO4溶液中，发生反应生成蓝色Cu(OH)2沉淀，当氨水过量时，Cu(OH)2蓝色沉淀转化成Cu(NH3)4SO4深蓝色溶液；
故答案为： ，NH3。（5）由分析知道，j为铜，由铜的晶胞可以看出，一个晶胞中每个Cu原子周围与它最接近且距离相等的Cu为面心上的铜原子，共有3 8 2=12个，根据均摊法，一个晶胞含有Cu原子个数为8 +6 =4，根据 = ，晶胞体积V= = cm3，设晶胞棱长为x，则x= = cm，设Cu原子半径为r，则x2+ x2=(4r)2，解得r= x= cm= pm；
故答案为： 12 ， 。
【分析】双键包括一个δ键、一个π键；在气体分子之间存在分子间作用力，这个作用力越大，分子的熔沸点就越高；铜氨反应的现象就是生成蓝色的沉淀，但是继续滴加氨水至过量时，沉淀渐渐转化为深蓝色溶液；要想求得Cu原子半径，应该先计算晶胞的棱长。
23．【答案】（1）B；D
（2）第4周期第VIII族；O>S>Fe
（3）1；[Ar]3d10
（4）V形；sp3
（5）FeO、FeS都是离子晶体，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔、沸点越高，因为半径O2-（6）12； cm
【解析】【解答】I.A.固态水中和液态水中含有氢键，当雪花→水→水蒸气主要是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→氧气和氢气是化学变化，破坏的是极性共价键，则被破坏的粒子间的作用力依次是：氢键、氢键、极性键，所以A选项是正确的；
B. 晶体CO2和H2O中，都存在极性键，都是由分子构成的分子晶体，但水分子间存在氢键，二氧化碳分子间不存在氢键，故B错误；
C.二氧化硅结构跟金刚石结构相似，Si、O原子形成的最小环上应有6个Si原子，硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子，则Si、O原子形成的最小环上O原子、Si原子的数目都是6，所以C选项是正确的；
D.金刚石和石墨的熔点都较高，金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，故D错误。
故答案为：BD。
II.（2）Fe在周期表中的位置为第4周期第Ⅷ族；非金属性越强第一电离能越大，Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是O＞S＞Fe。
故答案为：第4周期第VIII族；O>S>Fe；
（3）CuFeS2中Cu为+2价，基态价电子排布式为3d9，因此还有1个未成对电子。Cu2S中Cu元素为+1价，基态电子排布式为【Ar】3d10。
故答案为：1；【Ar】3d10；
(4)S原子的孤电子对数为 =1，价电子对数为1+2=3，因此SO2分子的立体构型为V形；根据结构图，固态SO3中S原子形成4根共价键，所以S原子的杂化轨道类型是sp3。
故答案为：V形；sp3；
（5）FeO、FeS都是离子晶体，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔、沸点越高，因为半径O2-＜S2-，所以熔点FeO高于FeS。
故答案为：FeO、FeS都是离子晶体，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔、沸点越高，因为半径O2-（6）铜采用的是面心立方晶胞，等距最近的铜原子为12个；1 mol晶胞所占有的体积为V＝ ＝ cm3＝ cm3，而每个晶胞的体积为V0＝ ＝ cm3，则晶胞的边长为a＝ ＝ cm。
故答案为：12； cm
【分析】（1）B.水分子间可以形成氢键，而二氧化碳分子间不存在氢键；D.石墨是混合型晶体，而不是原子晶体；
（2）非金属性越强第一电离能越大；
（3）根据铜原子的核外电子排布式确定未成对电子；Cu2S中C是为+1价，失去最外层一个电子；
（4）根据价层电子对互斥理论判断二氧化硫的立体构型；根据三氧化硫中硫原子的城建情况判断杂化方式；
（6）以一个顶点为中心向上下左右扩展来判断最近的铜原子数 ；根据晶体密度的计算芳法计算晶胞的棱长。
24．【答案】（1）3；
（2）正四面体形；
（3）
（4）；是共价化合物，在熔融状态下不会电离出自由移动的阴、阳离子，即熔融状态不导电
【解析】【解答】（1）根据磷的价电子排布式：3s23p3可知 基态P原子有3个未成对电子 ， 的中心P原子的价层电子对数为4，没有孤对电子，故杂化方式为： ，
（2）①SiF4分子 价层电子数为4，没有孤对电子，杂化方式为，空间构型为： 正四面体形 ，
②由于p电子排布处于半满状态，其电离能会异常高，所以 第一电离能由大到小的顺序为 ：
（3）四氟乙烯分子含4个C-F单键，一个C=C双键，故1个四氟乙烯分子中含有5个 σ键 ， 50g四氟乙烯含σ键的数目为 2.5mol，即为 ，
（4） 电负性大小与非金属性变化一致，所以Na、Al、F的电负性由小到大的顺序；由于氯化铝为共价化合物， 在熔融状态下不会电离出自由移动的阴、阳离子，即熔融状态不导电 ，不能用来电解制备铝。
【分析】（1）根据价层电子排布即可判断未成对电子，根据价层电子互斥理论计算孤对电子数目，再确定其杂化方式；
（2）先计算杂化类型，在判断其空间构型；注意磷处于半满状态，其第一电离能会异常高；
（3）一个四氟乙烯含有5个 σ键 ，进而计算 50g四氟乙烯含σ键的数目 ；
（4）电负性变化规律与非金属性变化规律一致，根据周期表中非金属变化规律即可判断电负性，工业中一般选择电解氧化铝来制备单质铝。
25．【答案】（1）Li；2
（2）9或7；[Ar]3d104s24p3
（3）AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高
（4）6
（5）sp3、sp
（6）1∶1
（7）
【解析】【解答】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为：Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为：9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为：AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为：6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为：sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为：1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为：。
【分析】（1）非金属性越强，电负性越大；同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
（2）依据构造原理分析；
（3）分子晶体分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高；
（4）依据配合物的结构判断；
（5）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；
（6）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；
（7）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。