第三章 晶体结构与性质 课后测验（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 | 第三章 晶体结构与性质 课后测验（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 | 373.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-20 13:48:24 | ||
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文档简介
第三章 晶体结构与性质 课后测验
一、单选题
1．科技是第一生产力。下列说法不正确的是（ ）
A．“神州十七号”发动机的耐高温结构材料属于分子晶体
B．“天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶属于胶体
C．杭州亚运会主火炬的燃料为“零碳甲醇”，甲醇具有还原性
D．“玉兔号”月球车采用的太阳能刚性电池阵可将太阳能转化为电能
2．下列反应同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．下列物质所属晶体类型分类正确的是（ ）
选项 A B C D
原子晶体 石墨 生石灰 碳化硅 金刚石
分子晶体 冰 固态氨 氯化铯 干冰
离子晶体 氮化铝 食盐 明矾 芒硝
金属晶体 铜 汞 铝 铁
A．A B．B C．C D．D
4．下列化合物中，既有离子键，又有共价键的是（ ）
A．NaOH B．MgCl2 C．Cl2 D．NH3 H2O
5．下列不能形成配位键的组合是（ ）
A．Ag＋、NH3 B．BF3、NH3 C．NH4+、H＋ D．Co3＋、CO
6．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0，部分为-2.如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶胞边长为a cm)，则下列说法中正确的是（ ）
A．超氧化钾的化学式为
B．该晶体的密度为(为阿伏加德罗常数的数值)
C．该晶体中与每个K+距离最近的K+有6个
D．该晶体中，0价氧与-2价氧的数目比为2∶1
7．已知冰晶石(Na3AlF6)熔融时的电离方程式为Na3AlF6= 3Na++ AlF。现有冰晶石的结构单元如图所示，位于大立方体顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，是图中、中的一种。下列说法正确的是（ ）
A．冰晶石是共价晶体
B．大立方体的体心处代表Al3+
C．与Na+距离相等且最近的Na+有6个
D．冰晶石晶体的密度约为g cm-3
8．下列关于化学键及晶体的说法中，错误的是（ ）
A．Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大
B．NaOH和NH4Cl化学键类型相同
C．N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．石英晶体是原子晶体，其分子式为SiO2
9．钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、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
10．正氰酸(H—O—C≡N)与异氰酸(H—N=C=O)、雷酸(H—O—N≡C)互为同分异构体，均可以与氨水形成相应铵盐。下列说法错误的是（ ）
A．三种酸的分子均能形成分子间氢键
B．三种酸的分子中，氧原子的杂化方式相同
C．三种酸的组成元素中，碳的第一电离能最小
D．三种酸的铵盐中，只有雷酸铵的阴、阳离子均含有配位键
11．强酸可由如下反应制备，。下列说法正确的是（ ）
A．的电子式为 B．相同条件下，酸性弱于HF
C．BF3的空间结构是三角锥形 D．中含有配位键
12．Co3+的八面体配合物为CoClm nNH3，若1mol此配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是（ ）
A．m=1，n=5 B．m=4，n=3 C．m=3，n=4 D．m=4，n=5
13．宋代张杲《医说》引《集验方》载：每每外出，用雄黄桐子大，在火中烧烟薰脚绷、草履、领袖间，以消毒灭菌，防止疫菌通过衣物的接触而传染。雄黄(As4S4)的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．雄黄中硫的价态为+2 价
B．As 原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3
C．As4S4分子中 As 原子和 S 原子的杂化类型都为 sp3杂化
D．古代熏蒸的消毒原理与 H2O2、酒精相同
14．下列说法正确的是（ ）
A．碘化氢气体分解和石英熔化克服的化学键类型不同
B．MgCl2 晶体中存在离子键和共价键
C．Cl2、 Br2、 I2 的分子间作用力依次增大，沸点依次升高
D．F2 和 HF 两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构
15．下列结构示意图中，表示晶胞的是
A． B．
C． D．
16．硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录．如图是该化合物的晶体结构单元：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下面还各有一个镁原子；6个硼原子位于棱柱的侧棱上，则该化合物的化学式可表示为（ ）
A．MgB B．Mg3B2 C．MgB2 D．Mg2B3
17．下列叙述中正确的是（ ）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高
B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高
D．原子晶体中，构成晶体的微粒一定是相同的原子
18．下列有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A．金刚石的网状结构中，由共价键形成的碳原子环，其中最小的环上有6个碳原子
B．在氯化钠晶体中，每个Na+或Cl﹣的周围紧邻6个Cl﹣或6个Na+
C．干冰晶体熔化时，1mol干冰要断裂2mol碳氧双键
D．在氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl﹣，每个Cl﹣周围也紧邻8个Cs+
19．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
20．最近科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构。下列对该晶体叙述正确的是（ ）
A．该晶体类型是分子晶体
B．该晶体的空间最小环共有六个原子构成
C．晶体中碳原子数与C―O键数之比为1∶2
D．该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1∶2
二、综合题
21．A、B、C、D、E代表原子序数依次增大的前四周期元素，其中A和C为同一主族，C常用于制作半导体器件和集成电路，B的简单氢化物的水溶液呈碱性，E元素的正三价离子的3d亚层为半充满，D被称为“未来金属”，其重量轻、强度高、耐腐蚀，其在周期表中位于第4周期、第ⅣB族。
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 ，电负性由小到大的顺序为 。
（2）B的简单氢化物易液化的原因是 ；BH4+中B原子的杂化方式为 ，空间构型为 。
（3）E元素基态原子的电子排布式为 。
（4）B和C形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于 晶体。
（5）D有多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞结构如图1所示，则该晶体中D的配位数为 ；图2为E的一种面心立方晶胞结构，若晶胞的边长为acm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则E的密度为 g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。
22．[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及合成农药中间体。
请回答下列问题：
（1）[Cu(NH3)4]2+在水溶液中的颜色是 。
（2）NH3中N原子的杂化轨道类型是 。
（3）Cu2+基态核外电子排布式为 。
（4）[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有 。
（5）S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
（6）将金属铜投入到氨水和H2O2的混合溶液中，铜片溶解，溶液是深蓝色，其反应的离子方程式为 。
（7）铜氮合金的晶胞结构如图所示，该晶胞中距离最近的铜原子和氮原子核间的距离为 a pm，则该晶体的密度为 g/cm3( 设NA为阿伏加德罗常数值)。
23．在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子。
（1）写出基态E原子的价电子排布式 。
（2）B，C，D三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表 示） ；A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为 ，分子的立体结构为 ；C的单质与 BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式 ； A2D由液态形成晶体时密度 （填增大，不变或减小），分析主要原因（用文字叙述） 。
（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示） ；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为 g/cm3（用含a、NA的符号表示）。
24．铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。
回答下列问题：
（1）铜元素基态原子的价电子排布式 。
（2）铜能形成多种配合物，如Cu2＋与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）可形成如图所示配离子。
①Cu2＋与乙二胺所形成的配离子中含有的化学键是 。
a．配位键 b．离子键 c．σ键 d．π键
②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为 ，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是 。
③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是
（3）Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，其原因是 。（请结合原子的性质进行回答）
（4）Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。
①该晶体的化学式为
②该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)。则C原子的坐标参数为 。
③已知该晶体的密度为d g·cm－3，Cu2+和S2－的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数值为NA。列式表示该晶体中原子的空间利用率 。
25．原子序数依次递增的A、B、C、D、E五种元素，其中只有E是第四周期元素，A的一种核素中没有中子，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍。回答下列问题：
（1）E的+2价离子基态核外电子排布式为 。
（2）A，B，C，D原子中，电负性最大的是 （填元素符号）。
（3）1mol B2A4分子中σ键的数目为 。B4A6为链状结构，其分子中B原子轨道的杂化类型只有一种，则杂化类型为 。
（4）元素B的一种氧化物与元素C的一种氧化物互为等电子体，元素C的这种氧化物的分子空间构型为 。
（5）E和C形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A、耐高温，熔点高，属于原子晶体，故A符合题意 ；
B、纳米气凝胶属于气溶胶，故B不符合题意 ；
C、甲醇中含有羟基，能被氧化，具有还原性，故C不符合题意 ；
D、太阳能刚性电池阵可将太阳能转化为电能，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A、 为原子晶体；
B、胶体的分散质粒子直径介于1~100nm；
C、甲醇能被氧化；
D、太阳能电池将太阳能转化为电能。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、 中涉及的化合物全部是共价化合物，不存在离子键的断裂和形成，故A不符合题意；
B、 中，过氧化钠中的离子键断裂，碳酸钠中的离子键形成，过氧化钠中的O-O非极性键断裂，形成氧气中的非极性键，二氧化碳中的极性键断裂，形成碳酸根中的极性共价键，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故B符合题意；
C、 中没有非极性键的形成，故C不符合题意；
D、 中不存在非极性键的断裂和形成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素的原子之间易形成非极性键，不同非金属元素的原子之间易形成极性键。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体，另外石墨属于混合型晶体，故A不符合题意；
B．生石灰为CaO，为离子晶体，故B不符合题意；
C．氯化铯为活泼金属的氯化物，为离子晶体，故C不符合题意；
D．金刚石为原子晶体，干冰为二氧化碳，属于分子晶体，芒硝为硫酸钠，属于离子晶体，铁为金属单质，为金属晶体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】原子晶体是相邻原子之间只通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体 ，如石墨 、 碳化硅 、 金刚石 、 氮化铝
离子晶体是由离子化合物结晶成的晶体，如生石灰、食盐 、 明矾 、 芒硝 、 氯化铯
分子晶体是通过分子间作用力构成的晶体，如 冰 、 固态氨 、 干冰
金属晶体是通过金属键构成的晶体，如 铜 、 汞 、 铝 、 铁
4．【答案】A
【解析】【解答】A．NaOH中含钠离子与氢氧根之间存在离子键，氢氧根离子间存在H-O之间的共价键，属于极性共价键，故A符合题意；
B．MgCl2中只含有离子键，没有共价键，故B不符合题意；
C．Cl2中只含有共价键，同种原子间形成非极性共价键，故C不符合题意；
D．NH3 H2O中只含有共价键，不同种原子之间形成的是极性共价键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．Ag＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故A不符合题意；
B．BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故B不符合题意；
C．NH4+、H+两种离子没有孤电子对，故其不能形成配位键，故C符合题意；
D．Co3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】据配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由晶胞图可知，K+的个数为，的个数为，则超氧化钾的化学式为，故A符合题意；
B．晶胞的体积为，晶胞的质量为，根据，故B不符合题意；
C．晶胞具有对称性，由晶胞图可知，晶体中与每个K+距离最近的K+有12个，故C不符合题意；
D．晶胞中K+与个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3∶1，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、晶胞的计算要结合顶点、棱心、面心、体心进行计算；
B、密度的计算需要结合体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数计算；
C、晶胞具有对称性，观察的时候要注意补全未画出的部分；
D、结合氧原子化合价总数为-4，总共有8个氧原子，可以计算得出0价有6个。
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 冰晶石(Na3AlF6)熔融时的电离方程式为Na3AlF6= 3Na++ AlF，是离子晶体，故A不符合题意；
B. 位于大立方体顶点和面心 个数为8x1/8+1/2x6=4， ，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心， 个数为12x1/4+8=11，而 Na3AlF6= 3Na++ AlF，即可得到 代表钠离子，故B不符合题意；
C. 与Na+距离相等且最近的Na+有8个，故C不符合题意；
D.根据计算晶胞中有4个 Na3AlF6，根据ρ=m/V即可计算得到 g/mL，故D符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据 Na3AlF6= 3Na++ AlF即可得到其为离子晶体，根据占位计算出有4个，有11个，因此 表示，结合选项即可判断。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．分子间作用力越大，熔沸点越高，Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大，A不符合题意；
B.NaOH和NH4Cl化学键类型相同，都含有离子键和极性共价键，B不符合题意；
C.N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，C不符合题意；
D. 石英晶体是原子晶体，所以SiO2是化学式，不是分子式，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】本题主要考查化学键与晶体类型。卤素单质均是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关；根据原子中最外层电子和形成的共用电子对判断其是否为稳定结构；注意只有分析晶体中含有分子；据此分析解答即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞，Ti原子数是 ；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞，O原子数是 。即晶体中Ba∶Ti∶O的比为1：1：3，化学式是BaTiO3，
故答案为：B。
【分析】根据晶胞中原子在单个晶胞中的配比进行计算得出化学式。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．分子间氢键是指H与N、O、F等的相互作用，三种酸中都含有H与N、O，则可形成分子间氢键，A不符合题意；
B．正氰酸、雷酸的O都是单键，采取sp3杂化，异氰酸的O是双键，采取sp2杂化，B符合题意；
C．电离能大小：N>O>C，C与H相比，H原子较小且只有1个电子，引力强难电离，则电离能H>C，则碳的第一电离能最小，C不符合题意；
D．铵根离子中有一个配位键，雷酸中N-O之间还有配位键，而其他酸根中的所有原子刚好满足8电子结构，不存在配位键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分子中含有氧原子，可形成氢键；
B．氧原子的成键情况不同，其杂化方式不同；
C．根据第一电离能的影响因素分析；
D．根据所形成铵盐的结构分析；
11．【答案】D
【解析】【解答】A、属于酸，为共价化合物，故A错误；
B、为强酸，HF为弱酸， 酸性强于HF，故B错误；
C、BF3中心B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间结构是平面三角形，故C错误；
D、中B含有空轨道，F含有孤电子对，B提供空轨道，F提供孤电子可形成配位键，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、 为共价化合物；
B、为强酸，HF为弱酸；
C、BF3中心B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
D、中B含有空轨道，F含有孤电子对。
12．【答案】C
【解析】【解答】解：1mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应只生成1mol AgCl沉淀，依据Ag++Cl﹣=AgCl↓可知，1mol此配合物电离产生1mol氯离子，即化学式中外界有1个氯离子，[CoClm﹣1 nNH3]+，Co显+3价，化合物中元素的化合价代数和为零，则内界有2个氯离子，即m=3，Co（Ⅲ）的八面体配合物具有6个配体，所以内界还有4个nNH3，即n=4，
所以m=3，n=4；
故选：C．
【分析】由1mol配合物生成1 mol AgCl沉淀，知道1mol配合物电离出1mol Cl﹣，即配离子显+1价，又因为外界有一个Cl﹣，且Co显+3价，所以[CoClm﹣1 nNH3]+中有两个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，所以n=6﹣2=4．
13．【答案】C
【解析】【解答】A、As和S处于同一主族的元素，结合元素周期律可以知道S的非金属性更强，即价态为负价，根据化学式可以知道S为-2价，A错误；
B、As为33号元素，其核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p3，B错误；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，As的成键电子对数为3，S为2，As的孤电子对数为1，S为2，则两者的杂化轨道数都为4，为sp3杂化，C正确；
D、古代蒸熏和过氧化氢为氧化性消毒，而酒精可以使蛋白质变性，D错误。
故答案为：C。
【分析】A、结合元素周期律的非金属性变化规律，非金属性弱的为负价；
B、核外电子排布式要结合元素所在周期表的位置或者原子序数判断其电子情况；
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、消毒类的物质有氧化性消毒，如过氧化氢、次氯酸盐等，有使蛋白质变性的，如酒精。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、碘化氢气体分解克服的是共价键，石英熔化克服的也是共价键，克服的化学键类型相同，故A不符合题意；
B、 MgCl2 晶体中只存在离子键，故B不符合题意；
C、Cl2、 Br2、 I2 都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力依次增大，沸点依次升高，故C符合题意；
D、F2 和 HF 两种分子中，F原子的最外层具有 8 电子稳定结构，但H最外层是2 电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子化合物主要有，碱，盐（除氯化铝和氯化铍）金属氧化物，金属氰化物。共价化合物主要有酸，非金属氧化物，非金属氢化物，氯化铝和氯化铍。离子化合物中一定含离子键，也可以含共价键，共价化合物中一定只含共价键。分子间作用力有范德华力和氢键两种其中结构相似的物质，相对分子量越大范德华力越大，熔沸点越高。氢原子在形成物质时要打到两个电子的稳定结构。
15．【答案】A
【解析】【解答】表示A晶体结构单元的平行六面体具有相同的顶角、相同的平行面和相同的平行棱，故A结构可以表示晶胞；表示B、C、D晶体结构单元的平行六面体不具有相同的顶角、相同的平行面和相同的平行棱，故B、C、D结构不可以表示晶胞；
故答案为：A。
【分析】晶胞是能完整反映晶体内部原子或离子在三维空间分布之化学-结构特征的平行六面体最小单元。
16．【答案】B
【解析】【解答】解：Mg原子处于晶胞顶点与面心上，顶点上Mg原子为6个晶胞共用，面心上的Mg原子为2个晶胞共用，B原子位于棱柱的侧棱上为三个晶胞共用，
故晶胞中镁原子个数=12× +2× =3，B原子个数=6× =2，所以镁原子和硼原子个数比为3：2，则其化学式为Mg3B2，
故选：B．
【分析】Mg原子处于晶胞顶点与面心上，顶点上Mg原子为6个晶胞共用，面心上的Mg原子为2个晶胞共用，硼原子位于棱柱的侧棱上为三个晶胞共用，根据均摊法计算晶胞中Mg原子数目和硼原子数目，再根据原子数目之比确定化学式．
17．【答案】A
【解析】【解答】解：A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；
B．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大，则共价键的键能越大，该分子越稳定，故B错误；
C．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大，则分子间的作用力越大，熔、沸点越高，故C错误；
D．原子晶体中，构成原子可能不同，如二氧化硅属于原子晶体，构成微粒为Si原子和O原子，故D错误；
故选A．
【分析】A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高；
B．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大；
C．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大；
D．原子晶体中，构成原子可能不同．
18．【答案】C
【解析】【解答】解：A．金刚石结构中，每个碳原子能形成4个共价键，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故A正确；
B、氯化钠的晶胞图为 ，则氯化钠晶胞中，钠离子的配位数为6，即每个Na+或Cl﹣的周围都紧邻6个Cl﹣或Na+，故B正确；
C．干冰晶体熔化时，碳氧双键不发生断裂，故C错误；
D．氯化铯的晶胞图为 ，在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl﹣，每个Cl﹣周围也紧邻8个Cs+，故D正确；
故选C．
【分析】A．金刚石的结构中，每个碳原子能形成4个共价键，根据教材图片确定由共价键形成的最小碳环上的碳原子个数；
B、根据氯化钠的晶胞图 确定；
C．干冰是分子晶体，分子晶体融化克服分子间作用力，化学键不断裂；
D．根据CsCl晶胞图 确定．
19．【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。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．该化合物晶体中以C-O结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，A不符合题意；
B.该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，则晶体的空间最小环共有12个原子构成，B不符合题意；
C.该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-O化学键数目之比为1：4，C不符合题意；
D.晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】此题考查晶体化学式，根据晶体中原子所占的百分比进行判断，其次注意原子一般形成8电子稳定结构，根据其所接化学键进行判断其百分含量。
21．【答案】（1）Si（2）分子间存在氢键；sp3；正四面体
（3）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
（4）原子
（5）6；
【解析】【解答】A、B、C、D、E代表原子序数依次增大的前四周期元素，其中A和C为同一主族，C常用于制作半导体器件和集成电路则C为硅元素，故A为碳元素，B的简单氢化物的水溶液呈碱性则B为氮元素，E元素的正三价离子的3d亚层为半充满，则为铁元素，D被称为“未来金属”，其重量轻、强度高、耐腐蚀，其在周期表中位于第4周期、第ⅣB族，则为钛元素。
（1）C、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜N，C、Si同主族，自上而下第一电离能呈减小趋势，故第一电离能大小顺序为Si（2）B的简单氢化物氨气易液化的原因是分子间存在氢键；NH4+中中含有4个键，没有孤电子对，N原子的杂化方式为sp3杂化，空间构型为正四面体；（3）E为钛元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
（4）B和C形成的化合物氮化硅常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于原子晶体；
（5）铁有多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞结构如图1所示，则该晶体中铁原子相当于在氧原子形成的体心中，故配位数为6；图2为铁的一种面心立方晶胞结构，铁原子为8× +6× =4个，若晶胞的边长为acm，体积为a3cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则密度为 g·cm-3= g·cm-3。
【分析】此类题先进行已知推断，在推理中注意离子失去电子的顺序是先失去最外层电子，后失去里层电子。解题中，注意电离能的反常变化。IIA、VA族反常。
22．【答案】（1）深蓝色
（2）sp3杂化
（3）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
（4）离子键、配位键
（5）N>O>S
（6）Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu (NH3)4]2++2OH-+4H2O
（7） ×1030
【解析】【解答】(1) [Cu(NH3)4]2+在水溶液中的颜色是深蓝色。(2)NH3分子中N原子价层电子对个数=3+1/2×（5-3×1）=4且含有一个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，NH3中N原子的杂化轨道类型是sp3杂化。(3) Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9。(4)[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有[Cu(NH3)4]2+（深蓝色离子）和SO42－之间的离子键，N与铜之产的的配位键。(5)同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S。(6)金属铜投入氨水或H2O2溶液中均无明显现象，但投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行，离子方程式可表示为：Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。(7)在晶胞中，N原子位于顶点，Cu原子位于棱边中点，该晶胞中N原子个数=8×1/8=1，Cu原子个数=12×1/4=3，晶胞的质量为(64×3+14)/NA g，晶胞的体积为( apm）3，则ρ= = ×1030 g/cm3；
【分析】（1）二价铜离子配合物的颜色为深蓝色；
（2）根据价层电子对互斥理论求解即可；
（3）书写Cu2+基态核外电子排布式时，注意电子的排布顺序；
（4）[Cu(NH3)4]2+（深蓝色离子）和SO42－之间的离子键，N与铜之产的的配位键；
（5）同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小；
（6）金属铜投入氨水或H2O2溶液中均无明显现象，但投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行；
（7）晶体密度的计算公式为，N为铜氮合金的晶胞中晶胞个数，M为晶胞的相对分子质量，V为晶胞的体积，NA为阿伏加德罗常数。
23．【答案】（1）3d54s1
（2）C＜O＜N；sp3；三角锥形；；减小；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小
（3）Cu2O；
【解析】【解答】在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为碳元素，D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D为氧元素，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数小于D，所以C为氮元素，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则F原子外围电子排布为3d104s1，所以F为铜元素，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，所以A为氢元素．（1）E为铬元素，基态E原子的价电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：C＜O＜N；
A与C形成NH3分子，分子中N原子形成3个N﹣H、含有1对孤对电子，故N原子杂化类型为sp3，分子的立体结构为三角锥形；
C的单质为N2，化合物CO是等电子体，二者结构相似，CO分子中C原子与O原子之间形成三对共用电子对，故CO的电子式为 ；
H2O形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小，（3）根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有氧原子数为1+8× =2，铜原子数为4，所以该化合物的化学式为Cu2O，晶胞质量为（4× +2× ）g，若相邻氧原子和铜原子间的距离为a cm，则晶胞的体对角线为4acm，所以边长为 cm，所以体积为（ cm）3cm3，该晶体的密度为（4× +2× ）g÷（ cm）3= g/cm3
【分析】根据题目中的信息可以将ABCDEF推出来；同一周期从左往右第一电离能逐渐增大；氮，氧，氟三者氢化物能够形成分子间氢键，导致熔沸点升高；根据中心原子的化学键以及孤对电子的个数来判断；根据晶胞的结构图来计算晶体的密度。
24．【答案】（1）3d104s1
（2）ac；sp3；N>C>H；乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
（3）N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键
（4）CuS；；
【解析】【解答】（1）铜是29号元素，其价电子排布式为：3d104s1；
（2）①Cu2+与乙二胺形成的配离子为Cu(en)22+，配离子之间存在配位键、氮氢、碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键；乙二胺分子中N均与H配位，共价键均为单键，即为σ键，不存在π键；
②乙二胺分子分钟氮原子形成4个σ键，价层电子对数为4，氮原子为sp3杂化；C、N、H三种元素，吸引电子能力越强的元素其电负性越大，吸引电子能力大小顺序是：N>C>H；
③乙二胺和三甲胺均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
（3）Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定[Cu(NH3)4]2+，其原因是N元素的电负性更小，更容易给出孤对电子形成配位键；
（4）①根据均摊法可得晶体中，Cu原子的个数为：，S原子的个数为4，故晶体的化学式为：CuS；
②根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的处，故其坐标为(，，)；
③已知该晶体的密度为d g/cm3，Cu2+和S2-的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数为NA。一个晶胞中原子的体积为，一个晶胞的体积为，故晶体中原子的空间利用率为：；
【分析】（1）根据构造原理确定基态铜原子的价电子排布式；
（2）①根据行程的配合物中所含的化学键进行分析；
②由价层电子对确定中心原子的杂化类型；根据原子吸引电子能力强弱分析其电负性大小；
③乙二胺可形成分子间氢键，氢键影响物质的熔沸点；
（3）N元素电负性小，容易给出孤对电子形成配位键；
（4）①根据均摊法分析晶体中原子的个数；
②根据各个原子的相对位置分析，确定D的坐标；
③晶体中原子的空间利用率为晶胞中所含原子的体积占晶胞体积的百分比，据此计算；
25．【答案】（1）[Ar]3d6
（2）O
（3）5mol；sp2
（4）直线型
（5）Fe4N
【解析】【解答】解：（1）Fe的价电子排布为3d64s2，所以Fe的+2价离子基态核外电子排布式为[Ar]3d6。
（2）同周期随原子序数增大，元素电负性呈增大趋势，所以，C、H、O、N、的电负性大小为O>N>C>H，电负性最大的是O。
（3）C2H4分子结构简式为CH2=CH2，C原子形成3个 键，1 mol C2H4分子中σ键的数目为5mol。C4H6为链状结构，则结构简式为CH2=CH-CH=CH2， C原子形成3个 键，没有孤对电子，其分子中C原子轨道的杂化类型只有一种，则杂化类型为sp2。
（4）元素C、O形成的一种化合物与元素N、O形成的一种化合物互为等电子体，应是CO2与N2O，等电子体具有相似的性质，CO2为直线型分子，所以N2O分子空间构型为直线型。
（5）铁和氮形成的晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中铁原子数目为8 +6 =4，氮原子数目为1，原子数目之比为4：1，故该氮化物的化学式是Fe4N，因此，本题正确答案是： Fe4N。
【分析】 原子序数依次递增的A、B、C、D、E五种元素，其中只有E是第四周期元素，A的一种核素中没有中子，则A是H；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，电子排布式为1s22s22p2，则B是C；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，D原子的电子排布式为1s22s22p4，D是O，C是N；E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍，则E的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，E为Fe，结合题目要求进行解答即可。
一、单选题
1．科技是第一生产力。下列说法不正确的是（ ）
A．“神州十七号”发动机的耐高温结构材料属于分子晶体
B．“天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶属于胶体
C．杭州亚运会主火炬的燃料为“零碳甲醇”，甲醇具有还原性
D．“玉兔号”月球车采用的太阳能刚性电池阵可将太阳能转化为电能
2．下列反应同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．下列物质所属晶体类型分类正确的是（ ）
选项 A B C D
原子晶体 石墨 生石灰 碳化硅 金刚石
分子晶体 冰 固态氨 氯化铯 干冰
离子晶体 氮化铝 食盐 明矾 芒硝
金属晶体 铜 汞 铝 铁
A．A B．B C．C D．D
4．下列化合物中，既有离子键，又有共价键的是（ ）
A．NaOH B．MgCl2 C．Cl2 D．NH3 H2O
5．下列不能形成配位键的组合是（ ）
A．Ag＋、NH3 B．BF3、NH3 C．NH4+、H＋ D．Co3＋、CO
6．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0，部分为-2.如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶胞边长为a cm)，则下列说法中正确的是（ ）
A．超氧化钾的化学式为
B．该晶体的密度为(为阿伏加德罗常数的数值)
C．该晶体中与每个K+距离最近的K+有6个
D．该晶体中，0价氧与-2价氧的数目比为2∶1
7．已知冰晶石(Na3AlF6)熔融时的电离方程式为Na3AlF6= 3Na++ AlF。现有冰晶石的结构单元如图所示，位于大立方体顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，是图中、中的一种。下列说法正确的是（ ）
A．冰晶石是共价晶体
B．大立方体的体心处代表Al3+
C．与Na+距离相等且最近的Na+有6个
D．冰晶石晶体的密度约为g cm-3
8．下列关于化学键及晶体的说法中，错误的是（ ）
A．Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大
B．NaOH和NH4Cl化学键类型相同
C．N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．石英晶体是原子晶体，其分子式为SiO2
9．钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、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
10．正氰酸(H—O—C≡N)与异氰酸(H—N=C=O)、雷酸(H—O—N≡C)互为同分异构体，均可以与氨水形成相应铵盐。下列说法错误的是（ ）
A．三种酸的分子均能形成分子间氢键
B．三种酸的分子中，氧原子的杂化方式相同
C．三种酸的组成元素中，碳的第一电离能最小
D．三种酸的铵盐中，只有雷酸铵的阴、阳离子均含有配位键
11．强酸可由如下反应制备，。下列说法正确的是（ ）
A．的电子式为 B．相同条件下，酸性弱于HF
C．BF3的空间结构是三角锥形 D．中含有配位键
12．Co3+的八面体配合物为CoClm nNH3，若1mol此配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是（ ）
A．m=1，n=5 B．m=4，n=3 C．m=3，n=4 D．m=4，n=5
13．宋代张杲《医说》引《集验方》载：每每外出，用雄黄桐子大，在火中烧烟薰脚绷、草履、领袖间，以消毒灭菌，防止疫菌通过衣物的接触而传染。雄黄(As4S4)的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．雄黄中硫的价态为+2 价
B．As 原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3
C．As4S4分子中 As 原子和 S 原子的杂化类型都为 sp3杂化
D．古代熏蒸的消毒原理与 H2O2、酒精相同
14．下列说法正确的是（ ）
A．碘化氢气体分解和石英熔化克服的化学键类型不同
B．MgCl2 晶体中存在离子键和共价键
C．Cl2、 Br2、 I2 的分子间作用力依次增大，沸点依次升高
D．F2 和 HF 两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构
15．下列结构示意图中，表示晶胞的是
A． B．
C． D．
16．硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录．如图是该化合物的晶体结构单元：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下面还各有一个镁原子；6个硼原子位于棱柱的侧棱上，则该化合物的化学式可表示为（ ）
A．MgB B．Mg3B2 C．MgB2 D．Mg2B3
17．下列叙述中正确的是（ ）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高
B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高
D．原子晶体中，构成晶体的微粒一定是相同的原子
18．下列有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A．金刚石的网状结构中，由共价键形成的碳原子环，其中最小的环上有6个碳原子
B．在氯化钠晶体中，每个Na+或Cl﹣的周围紧邻6个Cl﹣或6个Na+
C．干冰晶体熔化时，1mol干冰要断裂2mol碳氧双键
D．在氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl﹣，每个Cl﹣周围也紧邻8个Cs+
19．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
20．最近科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构。下列对该晶体叙述正确的是（ ）
A．该晶体类型是分子晶体
B．该晶体的空间最小环共有六个原子构成
C．晶体中碳原子数与C―O键数之比为1∶2
D．该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1∶2
二、综合题
21．A、B、C、D、E代表原子序数依次增大的前四周期元素，其中A和C为同一主族，C常用于制作半导体器件和集成电路，B的简单氢化物的水溶液呈碱性，E元素的正三价离子的3d亚层为半充满，D被称为“未来金属”，其重量轻、强度高、耐腐蚀，其在周期表中位于第4周期、第ⅣB族。
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 ，电负性由小到大的顺序为 。
（2）B的简单氢化物易液化的原因是 ；BH4+中B原子的杂化方式为 ，空间构型为 。
（3）E元素基态原子的电子排布式为 。
（4）B和C形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于 晶体。
（5）D有多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞结构如图1所示，则该晶体中D的配位数为 ；图2为E的一种面心立方晶胞结构，若晶胞的边长为acm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则E的密度为 g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。
22．[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及合成农药中间体。
请回答下列问题：
（1）[Cu(NH3)4]2+在水溶液中的颜色是 。
（2）NH3中N原子的杂化轨道类型是 。
（3）Cu2+基态核外电子排布式为 。
（4）[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有 。
（5）S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
（6）将金属铜投入到氨水和H2O2的混合溶液中，铜片溶解，溶液是深蓝色，其反应的离子方程式为 。
（7）铜氮合金的晶胞结构如图所示，该晶胞中距离最近的铜原子和氮原子核间的距离为 a pm，则该晶体的密度为 g/cm3( 设NA为阿伏加德罗常数值)。
23．在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子。
（1）写出基态E原子的价电子排布式 。
（2）B，C，D三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表 示） ；A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为 ，分子的立体结构为 ；C的单质与 BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式 ； A2D由液态形成晶体时密度 （填增大，不变或减小），分析主要原因（用文字叙述） 。
（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示） ；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为 g/cm3（用含a、NA的符号表示）。
24．铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。
回答下列问题：
（1）铜元素基态原子的价电子排布式 。
（2）铜能形成多种配合物，如Cu2＋与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）可形成如图所示配离子。
①Cu2＋与乙二胺所形成的配离子中含有的化学键是 。
a．配位键 b．离子键 c．σ键 d．π键
②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为 ，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是 。
③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是
（3）Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，其原因是 。（请结合原子的性质进行回答）
（4）Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。
①该晶体的化学式为
②该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)。则C原子的坐标参数为 。
③已知该晶体的密度为d g·cm－3，Cu2+和S2－的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数值为NA。列式表示该晶体中原子的空间利用率 。
25．原子序数依次递增的A、B、C、D、E五种元素，其中只有E是第四周期元素，A的一种核素中没有中子，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍。回答下列问题：
（1）E的+2价离子基态核外电子排布式为 。
（2）A，B，C，D原子中，电负性最大的是 （填元素符号）。
（3）1mol B2A4分子中σ键的数目为 。B4A6为链状结构，其分子中B原子轨道的杂化类型只有一种，则杂化类型为 。
（4）元素B的一种氧化物与元素C的一种氧化物互为等电子体，元素C的这种氧化物的分子空间构型为 。
（5）E和C形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A、耐高温，熔点高，属于原子晶体，故A符合题意 ；
B、纳米气凝胶属于气溶胶，故B不符合题意 ；
C、甲醇中含有羟基，能被氧化，具有还原性，故C不符合题意 ；
D、太阳能刚性电池阵可将太阳能转化为电能，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A、 为原子晶体；
B、胶体的分散质粒子直径介于1~100nm；
C、甲醇能被氧化；
D、太阳能电池将太阳能转化为电能。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、 中涉及的化合物全部是共价化合物，不存在离子键的断裂和形成，故A不符合题意；
B、 中，过氧化钠中的离子键断裂，碳酸钠中的离子键形成，过氧化钠中的O-O非极性键断裂，形成氧气中的非极性键，二氧化碳中的极性键断裂，形成碳酸根中的极性共价键，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故B符合题意；
C、 中没有非极性键的形成，故C不符合题意；
D、 中不存在非极性键的断裂和形成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素的原子之间易形成非极性键，不同非金属元素的原子之间易形成极性键。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体，另外石墨属于混合型晶体，故A不符合题意；
B．生石灰为CaO，为离子晶体，故B不符合题意；
C．氯化铯为活泼金属的氯化物，为离子晶体，故C不符合题意；
D．金刚石为原子晶体，干冰为二氧化碳，属于分子晶体，芒硝为硫酸钠，属于离子晶体，铁为金属单质，为金属晶体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】原子晶体是相邻原子之间只通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体 ，如石墨 、 碳化硅 、 金刚石 、 氮化铝
离子晶体是由离子化合物结晶成的晶体，如生石灰、食盐 、 明矾 、 芒硝 、 氯化铯
分子晶体是通过分子间作用力构成的晶体，如 冰 、 固态氨 、 干冰
金属晶体是通过金属键构成的晶体，如 铜 、 汞 、 铝 、 铁
4．【答案】A
【解析】【解答】A．NaOH中含钠离子与氢氧根之间存在离子键，氢氧根离子间存在H-O之间的共价键，属于极性共价键，故A符合题意；
B．MgCl2中只含有离子键，没有共价键，故B不符合题意；
C．Cl2中只含有共价键，同种原子间形成非极性共价键，故C不符合题意；
D．NH3 H2O中只含有共价键，不同种原子之间形成的是极性共价键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．Ag＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故A不符合题意；
B．BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故B不符合题意；
C．NH4+、H+两种离子没有孤电子对，故其不能形成配位键，故C符合题意；
D．Co3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】据配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由晶胞图可知，K+的个数为，的个数为，则超氧化钾的化学式为，故A符合题意；
B．晶胞的体积为，晶胞的质量为，根据，故B不符合题意；
C．晶胞具有对称性，由晶胞图可知，晶体中与每个K+距离最近的K+有12个，故C不符合题意；
D．晶胞中K+与个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3∶1，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、晶胞的计算要结合顶点、棱心、面心、体心进行计算；
B、密度的计算需要结合体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数计算；
C、晶胞具有对称性，观察的时候要注意补全未画出的部分；
D、结合氧原子化合价总数为-4，总共有8个氧原子，可以计算得出0价有6个。
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 冰晶石(Na3AlF6)熔融时的电离方程式为Na3AlF6= 3Na++ AlF，是离子晶体，故A不符合题意；
B. 位于大立方体顶点和面心 个数为8x1/8+1/2x6=4， ，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心， 个数为12x1/4+8=11，而 Na3AlF6= 3Na++ AlF，即可得到 代表钠离子，故B不符合题意；
C. 与Na+距离相等且最近的Na+有8个，故C不符合题意；
D.根据计算晶胞中有4个 Na3AlF6，根据ρ=m/V即可计算得到 g/mL，故D符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据 Na3AlF6= 3Na++ AlF即可得到其为离子晶体，根据占位计算出有4个，有11个，因此 表示，结合选项即可判断。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．分子间作用力越大，熔沸点越高，Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大，A不符合题意；
B.NaOH和NH4Cl化学键类型相同，都含有离子键和极性共价键，B不符合题意；
C.N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，C不符合题意；
D. 石英晶体是原子晶体，所以SiO2是化学式，不是分子式，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】本题主要考查化学键与晶体类型。卤素单质均是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关；根据原子中最外层电子和形成的共用电子对判断其是否为稳定结构；注意只有分析晶体中含有分子；据此分析解答即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞，Ti原子数是 ；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞，O原子数是 。即晶体中Ba∶Ti∶O的比为1：1：3，化学式是BaTiO3，
故答案为：B。
【分析】根据晶胞中原子在单个晶胞中的配比进行计算得出化学式。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．分子间氢键是指H与N、O、F等的相互作用，三种酸中都含有H与N、O，则可形成分子间氢键，A不符合题意；
B．正氰酸、雷酸的O都是单键，采取sp3杂化，异氰酸的O是双键，采取sp2杂化，B符合题意；
C．电离能大小：N>O>C，C与H相比，H原子较小且只有1个电子，引力强难电离，则电离能H>C，则碳的第一电离能最小，C不符合题意；
D．铵根离子中有一个配位键，雷酸中N-O之间还有配位键，而其他酸根中的所有原子刚好满足8电子结构，不存在配位键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分子中含有氧原子，可形成氢键；
B．氧原子的成键情况不同，其杂化方式不同；
C．根据第一电离能的影响因素分析；
D．根据所形成铵盐的结构分析；
11．【答案】D
【解析】【解答】A、属于酸，为共价化合物，故A错误；
B、为强酸，HF为弱酸， 酸性强于HF，故B错误；
C、BF3中心B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间结构是平面三角形，故C错误；
D、中B含有空轨道，F含有孤电子对，B提供空轨道，F提供孤电子可形成配位键，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、 为共价化合物；
B、为强酸，HF为弱酸；
C、BF3中心B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
D、中B含有空轨道，F含有孤电子对。
12．【答案】C
【解析】【解答】解：1mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应只生成1mol AgCl沉淀，依据Ag++Cl﹣=AgCl↓可知，1mol此配合物电离产生1mol氯离子，即化学式中外界有1个氯离子，[CoClm﹣1 nNH3]+，Co显+3价，化合物中元素的化合价代数和为零，则内界有2个氯离子，即m=3，Co（Ⅲ）的八面体配合物具有6个配体，所以内界还有4个nNH3，即n=4，
所以m=3，n=4；
故选：C．
【分析】由1mol配合物生成1 mol AgCl沉淀，知道1mol配合物电离出1mol Cl﹣，即配离子显+1价，又因为外界有一个Cl﹣，且Co显+3价，所以[CoClm﹣1 nNH3]+中有两个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，所以n=6﹣2=4．
13．【答案】C
【解析】【解答】A、As和S处于同一主族的元素，结合元素周期律可以知道S的非金属性更强，即价态为负价，根据化学式可以知道S为-2价，A错误；
B、As为33号元素，其核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p3，B错误；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，As的成键电子对数为3，S为2，As的孤电子对数为1，S为2，则两者的杂化轨道数都为4，为sp3杂化，C正确；
D、古代蒸熏和过氧化氢为氧化性消毒，而酒精可以使蛋白质变性，D错误。
故答案为：C。
【分析】A、结合元素周期律的非金属性变化规律，非金属性弱的为负价；
B、核外电子排布式要结合元素所在周期表的位置或者原子序数判断其电子情况；
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、消毒类的物质有氧化性消毒，如过氧化氢、次氯酸盐等，有使蛋白质变性的，如酒精。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、碘化氢气体分解克服的是共价键，石英熔化克服的也是共价键，克服的化学键类型相同，故A不符合题意；
B、 MgCl2 晶体中只存在离子键，故B不符合题意；
C、Cl2、 Br2、 I2 都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力依次增大，沸点依次升高，故C符合题意；
D、F2 和 HF 两种分子中，F原子的最外层具有 8 电子稳定结构，但H最外层是2 电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子化合物主要有，碱，盐（除氯化铝和氯化铍）金属氧化物，金属氰化物。共价化合物主要有酸，非金属氧化物，非金属氢化物，氯化铝和氯化铍。离子化合物中一定含离子键，也可以含共价键，共价化合物中一定只含共价键。分子间作用力有范德华力和氢键两种其中结构相似的物质，相对分子量越大范德华力越大，熔沸点越高。氢原子在形成物质时要打到两个电子的稳定结构。
15．【答案】A
【解析】【解答】表示A晶体结构单元的平行六面体具有相同的顶角、相同的平行面和相同的平行棱，故A结构可以表示晶胞；表示B、C、D晶体结构单元的平行六面体不具有相同的顶角、相同的平行面和相同的平行棱，故B、C、D结构不可以表示晶胞；
故答案为：A。
【分析】晶胞是能完整反映晶体内部原子或离子在三维空间分布之化学-结构特征的平行六面体最小单元。
16．【答案】B
【解析】【解答】解：Mg原子处于晶胞顶点与面心上，顶点上Mg原子为6个晶胞共用，面心上的Mg原子为2个晶胞共用，B原子位于棱柱的侧棱上为三个晶胞共用，
故晶胞中镁原子个数=12× +2× =3，B原子个数=6× =2，所以镁原子和硼原子个数比为3：2，则其化学式为Mg3B2，
故选：B．
【分析】Mg原子处于晶胞顶点与面心上，顶点上Mg原子为6个晶胞共用，面心上的Mg原子为2个晶胞共用，硼原子位于棱柱的侧棱上为三个晶胞共用，根据均摊法计算晶胞中Mg原子数目和硼原子数目，再根据原子数目之比确定化学式．
17．【答案】A
【解析】【解答】解：A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；
B．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大，则共价键的键能越大，该分子越稳定，故B错误；
C．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大，则分子间的作用力越大，熔、沸点越高，故C错误；
D．原子晶体中，构成原子可能不同，如二氧化硅属于原子晶体，构成微粒为Si原子和O原子，故D错误；
故选A．
【分析】A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高；
B．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大；
C．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大；
D．原子晶体中，构成原子可能不同．
18．【答案】C
【解析】【解答】解：A．金刚石结构中，每个碳原子能形成4个共价键，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故A正确；
B、氯化钠的晶胞图为 ，则氯化钠晶胞中，钠离子的配位数为6，即每个Na+或Cl﹣的周围都紧邻6个Cl﹣或Na+，故B正确；
C．干冰晶体熔化时，碳氧双键不发生断裂，故C错误；
D．氯化铯的晶胞图为 ，在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl﹣，每个Cl﹣周围也紧邻8个Cs+，故D正确；
故选C．
【分析】A．金刚石的结构中，每个碳原子能形成4个共价键，根据教材图片确定由共价键形成的最小碳环上的碳原子个数；
B、根据氯化钠的晶胞图 确定；
C．干冰是分子晶体，分子晶体融化克服分子间作用力，化学键不断裂；
D．根据CsCl晶胞图 确定．
19．【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。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．该化合物晶体中以C-O结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，A不符合题意；
B.该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，则晶体的空间最小环共有12个原子构成，B不符合题意；
C.该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-O化学键数目之比为1：4，C不符合题意；
D.晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】此题考查晶体化学式，根据晶体中原子所占的百分比进行判断，其次注意原子一般形成8电子稳定结构，根据其所接化学键进行判断其百分含量。
21．【答案】（1）Si
（3）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
（4）原子
（5）6；
【解析】【解答】A、B、C、D、E代表原子序数依次增大的前四周期元素，其中A和C为同一主族，C常用于制作半导体器件和集成电路则C为硅元素，故A为碳元素，B的简单氢化物的水溶液呈碱性则B为氮元素，E元素的正三价离子的3d亚层为半充满，则为铁元素，D被称为“未来金属”，其重量轻、强度高、耐腐蚀，其在周期表中位于第4周期、第ⅣB族，则为钛元素。
（1）C、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜N，C、Si同主族，自上而下第一电离能呈减小趋势，故第一电离能大小顺序为Si
（4）B和C形成的化合物氮化硅常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于原子晶体；
（5）铁有多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞结构如图1所示，则该晶体中铁原子相当于在氧原子形成的体心中，故配位数为6；图2为铁的一种面心立方晶胞结构，铁原子为8× +6× =4个，若晶胞的边长为acm，体积为a3cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则密度为 g·cm-3= g·cm-3。
【分析】此类题先进行已知推断，在推理中注意离子失去电子的顺序是先失去最外层电子，后失去里层电子。解题中，注意电离能的反常变化。IIA、VA族反常。
22．【答案】（1）深蓝色
（2）sp3杂化
（3）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
（4）离子键、配位键
（5）N>O>S
（6）Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu (NH3)4]2++2OH-+4H2O
（7） ×1030
【解析】【解答】(1) [Cu(NH3)4]2+在水溶液中的颜色是深蓝色。(2)NH3分子中N原子价层电子对个数=3+1/2×（5-3×1）=4且含有一个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，NH3中N原子的杂化轨道类型是sp3杂化。(3) Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9。(4)[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有[Cu(NH3)4]2+（深蓝色离子）和SO42－之间的离子键，N与铜之产的的配位键。(5)同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S。(6)金属铜投入氨水或H2O2溶液中均无明显现象，但投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行，离子方程式可表示为：Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。(7)在晶胞中，N原子位于顶点，Cu原子位于棱边中点，该晶胞中N原子个数=8×1/8=1，Cu原子个数=12×1/4=3，晶胞的质量为(64×3+14)/NA g，晶胞的体积为( apm）3，则ρ= = ×1030 g/cm3；
【分析】（1）二价铜离子配合物的颜色为深蓝色；
（2）根据价层电子对互斥理论求解即可；
（3）书写Cu2+基态核外电子排布式时，注意电子的排布顺序；
（4）[Cu(NH3)4]2+（深蓝色离子）和SO42－之间的离子键，N与铜之产的的配位键；
（5）同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小；
（6）金属铜投入氨水或H2O2溶液中均无明显现象，但投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行；
（7）晶体密度的计算公式为，N为铜氮合金的晶胞中晶胞个数，M为晶胞的相对分子质量，V为晶胞的体积，NA为阿伏加德罗常数。
23．【答案】（1）3d54s1
（2）C＜O＜N；sp3；三角锥形；；减小；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小
（3）Cu2O；
【解析】【解答】在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为碳元素，D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D为氧元素，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数小于D，所以C为氮元素，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则F原子外围电子排布为3d104s1，所以F为铜元素，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，所以A为氢元素．（1）E为铬元素，基态E原子的价电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：C＜O＜N；
A与C形成NH3分子，分子中N原子形成3个N﹣H、含有1对孤对电子，故N原子杂化类型为sp3，分子的立体结构为三角锥形；
C的单质为N2，化合物CO是等电子体，二者结构相似，CO分子中C原子与O原子之间形成三对共用电子对，故CO的电子式为 ；
H2O形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小，（3）根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有氧原子数为1+8× =2，铜原子数为4，所以该化合物的化学式为Cu2O，晶胞质量为（4× +2× ）g，若相邻氧原子和铜原子间的距离为a cm，则晶胞的体对角线为4acm，所以边长为 cm，所以体积为（ cm）3cm3，该晶体的密度为（4× +2× ）g÷（ cm）3= g/cm3
【分析】根据题目中的信息可以将ABCDEF推出来；同一周期从左往右第一电离能逐渐增大；氮，氧，氟三者氢化物能够形成分子间氢键，导致熔沸点升高；根据中心原子的化学键以及孤对电子的个数来判断；根据晶胞的结构图来计算晶体的密度。
24．【答案】（1）3d104s1
（2）ac；sp3；N>C>H；乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
（3）N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键
（4）CuS；；
【解析】【解答】（1）铜是29号元素，其价电子排布式为：3d104s1；
（2）①Cu2+与乙二胺形成的配离子为Cu(en)22+，配离子之间存在配位键、氮氢、碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键；乙二胺分子中N均与H配位，共价键均为单键，即为σ键，不存在π键；
②乙二胺分子分钟氮原子形成4个σ键，价层电子对数为4，氮原子为sp3杂化；C、N、H三种元素，吸引电子能力越强的元素其电负性越大，吸引电子能力大小顺序是：N>C>H；
③乙二胺和三甲胺均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
（3）Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定[Cu(NH3)4]2+，其原因是N元素的电负性更小，更容易给出孤对电子形成配位键；
（4）①根据均摊法可得晶体中，Cu原子的个数为：，S原子的个数为4，故晶体的化学式为：CuS；
②根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的处，故其坐标为(，，)；
③已知该晶体的密度为d g/cm3，Cu2+和S2-的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数为NA。一个晶胞中原子的体积为，一个晶胞的体积为，故晶体中原子的空间利用率为：；
【分析】（1）根据构造原理确定基态铜原子的价电子排布式；
（2）①根据行程的配合物中所含的化学键进行分析；
②由价层电子对确定中心原子的杂化类型；根据原子吸引电子能力强弱分析其电负性大小；
③乙二胺可形成分子间氢键，氢键影响物质的熔沸点；
（3）N元素电负性小，容易给出孤对电子形成配位键；
（4）①根据均摊法分析晶体中原子的个数；
②根据各个原子的相对位置分析，确定D的坐标；
③晶体中原子的空间利用率为晶胞中所含原子的体积占晶胞体积的百分比，据此计算；
25．【答案】（1）[Ar]3d6
（2）O
（3）5mol；sp2
（4）直线型
（5）Fe4N
【解析】【解答】解：（1）Fe的价电子排布为3d64s2，所以Fe的+2价离子基态核外电子排布式为[Ar]3d6。
（2）同周期随原子序数增大，元素电负性呈增大趋势，所以，C、H、O、N、的电负性大小为O>N>C>H，电负性最大的是O。
（3）C2H4分子结构简式为CH2=CH2，C原子形成3个 键，1 mol C2H4分子中σ键的数目为5mol。C4H6为链状结构，则结构简式为CH2=CH-CH=CH2， C原子形成3个 键，没有孤对电子，其分子中C原子轨道的杂化类型只有一种，则杂化类型为sp2。
（4）元素C、O形成的一种化合物与元素N、O形成的一种化合物互为等电子体，应是CO2与N2O，等电子体具有相似的性质，CO2为直线型分子，所以N2O分子空间构型为直线型。
（5）铁和氮形成的晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中铁原子数目为8 +6 =4，氮原子数目为1，原子数目之比为4：1，故该氮化物的化学式是Fe4N，因此，本题正确答案是： Fe4N。
【分析】 原子序数依次递增的A、B、C、D、E五种元素，其中只有E是第四周期元素，A的一种核素中没有中子，则A是H；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，电子排布式为1s22s22p2，则B是C；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，D原子的电子排布式为1s22s22p4，D是O，C是N；E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍，则E的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，E为Fe，结合题目要求进行解答即可。