第三章 晶体结构与性质 综合测试 （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 综合测试 （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 | 623.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-04 10:10:39 | ||
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文档简介
第三章 晶体结构与性质 综合测试
2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．下列含有离子键的食品添加剂是（ ）
A． B．
C． D．(葡萄糖)
2．氯化氢气体溶于水的过程中，破坏了（）
A．离子键 B．范德华力
C．共价键 D．金属键
3．分子晶体具有的本质特征是（ ）
A．晶体硬度小
B．熔融时不导电
C．晶体内微粒间以分子间作用力相结合
D．熔点一般比共价晶体低
4．三氯化磷()在农业、医药工业、染料工业有广泛应用。有关说法正确的是（ ）
A．的分子结构为正三角形 B．分子中不含孤电子对
C．中P为杂化 D．是非极性分子
5．下列有关晶体的说法错误的是（ ）
A．构成共价晶体的原子半径越小，晶体的硬度越大
B．金刚石熔化时，破坏化学键
C．分子晶体内均存在共价键
D．石墨沿层的平行方向导电性强，其原因是能够形成遍及整个平面的大键
6．下列各组物质中化学键的类型相同的是（ ）
A．HCl、MgCl2 B．Na2O、CO2 C．CaCl2、CH4 D．NH3、H2O
7．溶液中和可形成红色配离子，其中三种原子不在一条直线上。下列关于该配离子的说法错误的是（ ）
A．只存在极性共价键
B．S的杂化方式为
C．中与配位的原子是N
D．中的键角大于配位前水分子中该键角
8．下列说法中不正确的是（ ）
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
9．关于氯气变成液氯的过程，下列说法正确的是（ ）
A．氯原子半径减小 B．分子间作用力变大
C．可以通过降低压强实现 D．液氯颜色比氯气浅
10．某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．的配位数为6
B．与距离最近的是
C．该物质的化学式为
D．若换为，则晶胞棱长将改变
11．最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性．因这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注．该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（ ）
A．MgCNi3 B．Mg2CNi3 C．MgCNi2 D．MgC2Ni
12．某紫色配离子的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该配离子与水分子可形成氢键
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1
D．该配离子中铜元素的价态为+1价
13．下列物质属于配合物的是（ ）
A．NH4Cl B．Na2CO3 10H2O
C．Co（NH3）6Cl3 D．CuSO4
14．下列说法中错误的是（ ）
A．离子晶体在熔化状态下能导电
B．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子
C．原子晶体中一定有非极性共价键
D．分子晶体中不一定含有共价键
15．下列说法中错误的是（ ）
A．熔化状态下能导电的化合物一定是离子化合物
B．双原子分子中不一定含有非极性共价键
C．只由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D．不同元素组成的多原子分子里的化学键只存在极性键
16．在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了如图的转化过程。下列说法正确的是（ ）
A．铜元素位于周期表中的d区
B．步骤④中仅有共价键的断裂
C．甲酸乙酯是该过程的中间产物
D．该反应过程中，催化剂不参与反应，只是降低了反应的活化能
17．铜是生活中比较常见的一种金属，而纳米铜能在空气中自燃，这是因为纳米铜的表面粒子数占总粒子数的比例较大。假设某纳米颗粒的大小和形状如图所示，则这种纳米颗粒的表面粒子数与总粒子数之比是（ ）
A．7：11 B．1：2 C．7：8 D．26：27
18．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中由于哑铃形的C22﹣存在，使晶胞沿一个方向拉长．下列关于CaC2晶体的说法中正确的是（ ）
A．1 个 Ca2+周围距离最近且等距离的 C22﹣数目为 6
B．该晶体中的阴离子与F2是等电子体
C．6.4 g CaC2晶体中含阴离子0.1 mol
D．与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个
19．下列粒子属等电子体的是（ ）
A．NO和O2 B．CH4和NH4+
C．NH2ˉ 和H2O2 D．HCl和H2O
20．我国科学家预言的碳已被合成。碳的晶体结构可看作将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，金刚石和碳的晶胞如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金刚石中每个碳原子被12个最小环共用
B．碳中最小环由24个碳原子组成
C．碳属于分子晶体
D．碳中键角是
二、综合题
21．FeO晶胞结构如图a所示，通常制备条件下只能制得呈电中性的Fe1-xO晶体，其中阳离子偏少存在缺陷。Fe1-xO晶体中存在一种特殊的缺陷结构称为Koch原子簇(图b所示)。
（1）Fe2+的价电子排布式为 ，Fe元素在周期表中的位置为 。
（2）FeO晶胞中Fe2+的配位数为 ；Fe1-xO晶体中为保持电中性，部分Fe2+会被氧化为Fe3+，其中Fe2+和Fe3+的个数比为 (用含x的代数式表示)。
（3）Koch原子簇中Fe3+填充在O2-组成的 空隙中，Fe3+填充位置与Fe2+不同的原因是 ；每个Koch原子簇中，为保持电中性都会含有6个空缺位置，其中5个空缺位置随机，但有一个必位于体心位置，试解释其必位于体心位置的原因 。
（4）FeO和富马酸可用于制备补铁剂。富马酸分子的结构模型如下图。1 mol富马酸分子中含有π键 mol，富马酸与马来酸是一对顺反异构体，试解释马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1的原因 。
22．A，B，C，D，E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代； B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多；C原子的最外层电子数是次外层的3倍；D与B同主族；E的原子序数为29。回答下列问题：
（1）五种元素中第一电离能最大的是 ，其中D原子价电子排布图为 。
（2）元素B的简单气态氢化物的沸点 元素A的简单气态氢化物的沸点（填大于或小于），其主要原因是 ； A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型为 。
（3）BC3-的立体构型为 ，与其互为等电子体的分子是 （写化学式）。
（4）EC在加热条件下容易转化为E2C，从原子结构的角度解释原因 ；E原子的外围电子排布式为 。
（5）硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图）。F的晶胞边长为a cm，则该晶体密度的表达式为 g·cm-3。(用含a、NA的式子表示， 不必化简）。
23．
（1）Ⅰ. 和 都是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题：
基态氧原子核外电子有 种不同的空间运动状态；基态 原子的价电子排布式为 。
（2）O、P、K、Zn中电负性最小的为 。
（3） 、 熔点由高到低的顺序为 ，原因是 。
（4） 可与 结合生成 ，水中 的键角比 中的 （填“大”或“小”）。 是常用的氧化剂，其分子结构如图1所示。 能与水混溶，却不溶于 的原因是 。
（5）将纯液态 冷却到 时，能凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图2所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 。
（6）Ⅱ.铁、铜和镉是三种过渡金属元素。回答下列问题：
比 稳定，试从原子结构角度解释原因 。
（7）新制的 能够溶解于过量浓 溶液中，反应的离子方程式为 。
（8）镉晶胞如图3所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。在该晶胞中两个镉原子最近核间距 （用含NA、 的代数式表示）；镉晶胞中原子空间利用率为 （用含 的代数式表示）。
24．已知NiXO晶体晶胞结构为NaCl型（如图），
由于晶体缺陷，x值小于1．测知NiXO晶体x=0.88，晶胞边长为4.28×10﹣10m 求：（已知： =1.4）
（1）晶胞中两个Ni原子之间的最短距离 m（精确至0.01）．
（2）与O2﹣距离最近且等距离的Ni离子围成的几何体形状
（3）晶体中的Ni分别为Ni2﹢、Ni3﹢，求此晶体的化学式 ．
（4）已知，NiO晶体熔点大于NaCl，主要原因是 ．
25．我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
（1）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。Cu和Zn在元素周期表中位于 区，请写出基态Cu原子的价电子排布式 。第一电离能Il(Zn) Il(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（2）新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式，请分析1个松脂酸铜中π键的个数是 ，加“*”碳原子的杂化方式为 。
（3）硫酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液。
①在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+、NH3之间形成的化学键为 ，提供孤电子对的成键原子是 。
② 立体构型是 。
③NH3的沸点 (填“高于”或“低于”)PH3；
（4）一种铜镍合金(俗称白铜)的晶胞如下图所示，铜、镍原子个数比为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A： 只含有共价键，故A不符合题意；
B：Zn2+和 形成离子键，故B符合题意；
C： 只含有共价键，故C不符合题意；
D：(葡萄糖) 只含有共价键，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】金属阳离子与某些带电的原子团之间形成的键为离子键。
形成条件：①活泼金属与活泼非金属.。IA、ⅡA族的金属元素与ⅥA、ⅦA族的非金属元素。②金属阳离子与某些带电的原子团之间（如Na＋与OH 等）。
2．【答案】C
【解析】【解答】氯化氢为共价化合物，氯化氢溶于水时，在水分子的作用下电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，故选项C符合题意；
故答案为：C
【分析】氯化氢是共价化合物，溶于水后破坏的是共价键。
3．【答案】C
【解析】【解答】分 子晶体的熔、沸点较低，硬度较小，导致这些性质特征的本质原因是其构成微粒间的相互作用——分 间作用力相对于化学键来说是极其微弱的，C项符合题意。
【分析】分子晶体具有的本质特征：晶体内微粒间以分子间作用力相结合。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．PCl3分子的中心原子的价电子对数为，含有1个孤对电子，则空间构型为三角锥形，A不符合题意；
B．PCl3分子含有孤对电子数目为，B不符合题意；
C．由A可知，分子的中心原子P的价电子对数为4，则为sp3杂化，C符合题意；
D．PCl3分子的空间构型为三角锥形，正负电荷的中心不重合，是极性分子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据价层电子互斥理论和杂化轨道理论分析解答。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．构成共价晶体的原子半径越小，键能越大，晶体的硬度越大，故A不符合题意；
B．金刚石是共价晶体，金刚石熔化时，破坏共价键，故B不符合题意；
C．稀有气体不含化学键，分子晶体内不一定存在共价键，故C符合题意；
D．石墨中C原子采用sp2杂化，每个C原子都有1个未参与杂化的p电子，石墨同一层内未参与杂化的p电子形成大键，所以石墨沿层的平行方向导电性强，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子半径越小，键能越大；
B.金刚石熔化时破坏共价键；
C.稀有气体为单原子分子；
D.多个相互平行的p轨道重叠形成大π键。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．HCl为共价化合物，只含共价键；MgCl2为离子化合物，只含离子键，故A不符合题意；
B．Na2O为离子化合物，只含离子键；CO2为共价化合物，只含共价键，故B不符合题意；
C．CaCl2为离子化合物，只含离子键，CH4为共价化合物，只含共价键，故C不符合题意；
D．NH3、H2O两种物质都是共价化合物，含有的化学键都是共价键，所以化学键类型相同，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据共价化合物中只含有共价键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键进行含有的化学键类型进行判断及可。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．中只存在极性共价键，其中的配位键也属于极性共价键，故A不符合题意；
B．的电子式为，其中S原子有三个孤对电子和一对共用电子对，杂化方式为，故B不符合题意；
C．由的电子式可知，S原子有三个孤对电子，可以与形成配位键，中与配位的原子是S，故C符合题意；
D．中H2O分子的孤对电子参与形成了配位键，孤对电子减少会导致键角变大，则中的键角大于配位前水分子中该键角，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．不同种原子之间的共价键为极性键；
B．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；
C．S原子有三个孤对电子，可以提供孤对电子；
D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，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项不符合题意；
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项符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.等电子体的价电子总数相等、原子个数相等；
B.CCl2F2为四面体结构，没有同分异构体；
C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强。
D.符合条件的是过氧化钠，过氧化钠属于离子化合物，过氧根离子中氧原子间是共价键。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．氯气变成液氯的过程，不涉及分子内部变化，氯原子半径不变，A不符合题意；
B．氯气变成液氯的过程，分子间距离减小，分子间作用力变大，B符合题意；
C．氯气变成液氯的过程可通过降温、增大压强实现，C不符合题意；
D．液氯分子间距离比氯气小，单位体积内Cl2浓度更大，颜色更深，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氯气可以通过降温或增加压强的方式变为液氯，颜色变深，分子间的间隔变小，分子间作用力变大。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A不符合题意；
B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B符合题意；
C．位于顶点，的数目为=1，F-位于面心，F-的数目为==3，位于体心，的数目为1，则该物质的化学式为，C不符合题意；
D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该晶体中与距离最近且等距离的F-的数目为6；
B.与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的；
C.根据均摊法计算；
D.的半径大于。
11．【答案】B
【解析】【解答】解：碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=8× =1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=6× =3，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为：MgCNi3，
故选B．
【分析】利用均摊法确定晶胞的化学式，位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式．
12．【答案】D
【解析】【解答】A．该配离子中氮、氧元素的电负性较强且直接与氢原子相连，能与水分子形成氢键，A不符合题意；
B．由该粒子的结构可知，铜离子与2个氧、2个氮结合，配位数是4，B不符合题意；
C．铜为29号元素，位于第四周期ⅠB族，基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，C不符合题意；
D．该配离子整体带2个单位负电荷，2个铜周围直接相连2个-OH、4个-NH-，则铜元素的价态为+2价，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键；
B.铜离子形成4个共价键，配位数为4；
C.Cu为29号元素，核外共29个电子，根据构造原理书写其价层电子排布式为3d104s1。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：A．NH4Cl属于一般化合物，为氯离子和铵根离子构成的离子化合物，不含配体，所以NH4Cl不属于配合物，故A不选；
B．Na2CO3 10H2O属于一般化合物，为碳酸根离子和钠离子以及结晶水构成的离子化合物，无中心离子，也不含配体，所以Na2CO3 10H2O不属于配合物，故B不选；
C．Co（NH3）6Cl3中，Co3+为中心离子提供空轨道，NH3为配体提供孤电子对，形成配位键，所以该物质属于配合物，故C选；
D．CuSO4属于一般化合物，为铜离子和硫酸根离子构成的离子化合物，不含配体，所以CuSO4不属于配合物，故D不选；
故选C．
【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对．
14．【答案】C
【解析】【解答】解：A．离子晶体在熔化时会发生电离，存在自由移动的离子，所以能够导电，故A正确；
B．晶体只要有阴离子就一定有阳离子，但含有阳离子的不一定有阴离子，如金属晶体，故B正确；
C．原子晶体中不一定含有非极性共价键，如二氧化硅，故C错误；
D．分子晶体中可能不含化学键，如稀有气体，故D正确；
故选C．
【分析】A．离子晶体在熔化时会发生电离；
B．晶体只要有阴离子就一定有阳离子，但含有阳离子的不一定有阴离子；
C．原子晶体中不一定含有非极性共价键；
D．分子晶体中可能不含化学键．
15．【答案】D
【解析】【解答】A.熔化状态下能导电的化合物说明熔融状态时时含有自由移动的离子，因此该化合物一定是离子化合物，A不符合题意；
B.双原子分子可能是单质分子，如H2，也可能是共价化合物如HCl，因此双原子分子中不一定含有非极性共价键，B不符合题意；
C.只由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物NH4Cl，也可能是共价化合物HCl，因此不一定是共价化合物，C不符合题意；
D.不同元素组成的多原子分子里的化学键可能含有非极性共价键，如H2O2，分子结构简式为H—O—O—H，其中含有极性键和非极性键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题意进行反例列举来判断说法是否正确即可。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．铜是29号元素，为ⅠB族元素，位于周期表中的ds区，故A不符合题意；
B．步骤④中有O-H、C-O键的断裂，有C=O键的生成，故B不符合题意；
C．甲酸乙酯是反应④的生成物，是反应⑤的反应物，所以甲酸乙酯是该过程的中间产物，故C符合题意；
D．催化剂通过参与化学反应降低反应的活化能，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据铜元素的质子数以及核外电子排布即可判断
B.根据步骤4的反应物和生成物判断
C.根据反应物和生成物即可判断
D.根据反应流程即可判断
17．【答案】A
【解析】【解答】由该纳米颗粒的结构图可知，表面粒子数为8(顶角) +6 (面心)=14，而粒子总数为14+8=22，所以表面粒子数与总粒子数之比为14：22=7：11，A符合题意。
【分析】依据图像分析作答。
18．【答案】C
【解析】【解答】解：A．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22﹣有4个，而不是6个，故A错误；
B．C22﹣含电子数为2×6+2=14，F2的电子数为18，二者电子数不同，不是等电子体，故B错误；
C.6.4克CaC2为0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，则含阴离子0.1mol，故C正确；
D．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错误．
故选：C．
【分析】A.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22﹣应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点； B．C22﹣含电子数为2×6+2=14，F2的电子数为18； C．CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，6.4克CaC2为0.1mol； D．与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有4个．
19．【答案】B
【解析】【解答】原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则A．NO和O2的价电子数不等，不能互为等电子体，A不符合题意；
B．CH4和NH4+的原子数和价电子数分别都相等，二者互为等电子体，B符合题意；
C．NH2 和H2O2的原子数和价电子数分别都不相等，不能互为等电子体，C不符合题意；
D．HCl和H2O的原子数不相等，不能互为等电子体，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】等电子体是指含有的原子数相等，价电子数也相等的微粒，据此进行判断即可。
20．【答案】A
【解析】【解答】A、金刚石中，1个碳原子为4个碳原子共同拥有，每个碳原子可以形成3个六元环，则每个碳原子为12个最小环共同拥有，A正确
B、T-碳晶胞中，正四面体分别占据8个顶点、6个面心和4个体心，即晶胞中正四面体的个数为，每个正四面体有4个碳原子，则最小环由32个碳原子组成，B错误；
C、T-碳结构类似于金刚石，属于共价晶体，C错误；
D、正四面体中，每三个碳原子的夹角为60°，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据碳原子所连接其他碳原子和正四面体的碳原子个数计算；
B、结合晶胞中顶点、面心和体心占据情况计算；
C、金刚石为共价晶体，以正四面体替换碳原子，形成的晶体为共价晶体；
D、正四面体为四个正三角形构成的四面体，正四面体的夹角为60°。
21．【答案】（1）3d6；第四周期第Ⅷ族
（2）6；(1-3x)：2x
（3）四面体；Fe3+半径小于Fe2+可以进入更小的空隙；体心位置位于Fe3+四面体的中心，正电荷排斥力大
（4）3；马来酸为顺式结构电离出一个H+后可以利用分子内氢键形成一个稳定的六元环状结构从而使其第一步电离被促进
【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层的2个4s电子变为Fe2+，则Fe2+的价层电子排布式是3d6；
Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
（2）根据图示FeO晶胞结构可知：在Fe2+周围的上、下、前、后、左、右六个方向有6个O2-，故FeO晶胞中Fe2+的配位数为6；
Fe1-xO晶体中为保持电中性，部分Fe2+会被氧化为Fe3+，假设Fe2+数目是m，Fe3+数目是(1-x-m)，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知2m+3(1-x-m)=2，解得m=1-3x，即Fe2+数目是1-3x，因此Fe3+数目为1-x-m=1-x-(1-3x)=2x，故其中Fe2+和Fe3+的个数比为(1-3x)：2x；
（3）根据晶胞结构示意图可知：在Koch原子簇中Fe3+填充在O2-组成的正四面体的几何中心上；
Fe3+填充位置与Fe2+不同的原因是由于Fe3+半径小于Fe2+可以进入更小的空隙；
每个Koch原子簇中，为保持电中性都会含有6个空缺位置，其中5个空缺位置随机，但有一个必位于体心位置，这是由于体心位置位于Fe3+四面体的中心，正电荷排斥力大；
（4）由富马酸分子的空间填充模型可知：富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，其中含有σ键有11个，π键有3个，则在1 mol富马酸分子中含有3 mol的π键；
富马酸与马来酸是一对顺反异构体，马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1的原因是由于马来酸为顺式结构电离出一个H+后可以利用分子内氢键形成一个稳定的六元环状结构，从而使其第一步电离被促进，故马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）根据晶胞结构判断；根据化合物中元素化合价代数和为0计算；
（3）根据晶胞结构示意图和电中性原则判断；
（4）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；利用分子内氢键判断。
22．【答案】（1）N；
（2）高于；NH3分子之间存在氢键；sp3
（3）平面三角形；SO3
（4）Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O 更稳定；3d104s1
（5）
【解析】【解答】A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，A为C元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，C为O元素；A为第二周期元素，B与A同周期，B的s能级电子数比p能级电子数多，B的原子序数介于A与C之间，B为N元素；E的原子序数为29，E为Cu元素；D与B同主族，D的原子序数介于C与E之间，D为P元素。
（1）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，第一电离能N O C，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能N P，Cu是金属元素，Cu的第一电离能最小，五种元素中第一电离能最大的是N。D为P元素，P原子核外有15个电子，根据构造原理，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，P原子的价电子排布式为3s23p3，D的价电子排布图为 。
（2）B的简单氢化物为NH3，A的简单氢化物为CH4，沸点NH3 CH4，主要原因是NH3分子间存在氢键，CH4分子间不存在氢键。CH4中中心原子C上的孤电子对数为 （4-4 1）=0，成键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，CH4中碳原子为sp3杂化。
（3）BC3-为NO3-，NO3-中中心原子N上的孤电子对数为 （5+1-3 2）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，N上没有孤电子对，NO3-的立体构型为平面三角形。用“替代法”，与其互为等电子体的分子是SO3等。
（4）EC为CuO，E2C为Cu2O，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O的原因是：Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O 更稳定。Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子的外围电子排布式为3d104s1。
（5）B原子最外层有3个电子，P原子最外层有5个电子，B与P形成的化合物的化学式为BP，F的化学式为BP；用“均摊法”金刚石的晶胞中含C原子：8 +6 +4=8个；F的晶胞中含4个B原子和4个P原子，F的晶胞边长为acm，F的晶胞体积为a3cm3；1mol晶体的体积为 cm3；1mol晶体的质量为42g，该晶体的密度为42g （ cm3）= g/cm3。
【分析】根据元素的原子序数、在周期表中的位置和核外电子的排布推断出各种元素。
（1）注意第ⅡA、ⅤA中全充满和半充满状态的原子的第一电离能的规律；
（2）根据氢键对物质的熔沸点的影响进行分析；
（3）根据价层电子对互斥理论判断空间立体结构，结合等电子体的概念判断符合条件的等电子体；
（4）根据核外电子层半充满或全充满更稳定进行分析；
（5）根据均摊法计算分子式，然后根据密度的计算方法计算该警惕的密度即可。
23．【答案】（1）8；
（2）K
（3）； 为离子晶体， 为分子晶体
（4）小；图示可知 为极性分子，根据相似相溶原理， 为极性分子， 为非极性分子故 能溶于 而不溶于
（5）
（6） 的 能级半充满，稳定
（7）
（8）；
【解析】【解答】（1）基态O原子的电子排布为1s22s22p4，共有8个电子，因此基态氧原子核外电子有8种不同的空间运动状态；基态 原子的价电子排布式为 ；
（2）非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞P＞Zn＞K，则电负性O＞P＞Zn＞K，所以电负性最小的是K；
（3）KH为离子晶体，H2O为分子晶体，所以熔点 ；
（4）H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力>孤电 子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力，导致H2O中H-O-H键角比H3O+中H-O-H键角小；能与水形成氢键的物质易溶于水，H2O2与水分子间能形成氢键，而且H2O2和H2O都为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶的原理，所以H2O2更能与水混溶，却不溶于CCl4；
（5）由图可知，固态SO3中S原子形成4个共价单键，S原子的杂化轨道类型是sp3杂化；
（6） 的核外电子排布式为[Ar]3d5， 的 能级半充满，故 比 稳定；
（7） 和 反应生成 ，离子方程式为： ；
（8）图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含镉原子数为 ，晶胞质量为 ，设晶胞参数为a，晶胞体积为a3，晶胞质量 ， ，两个镉原子最近核间距为 对角线的一半，即为 ；设原子半径r，则 ，两个镉原子总体积为 ，镉晶胞中原子空间利用率为 。
【分析】(1)根据O和Ti的的电子排布式分析；
(2)非金属性越强，电负性越大；
(3)离子晶体的熔沸点高于分子晶体；
(4)孤电子对间的排斥力>孤电 子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力；根据相似相溶原理分析；
(5)根据单键是sp3杂化分析；
(6)根据洪特规则分析；
(7)根据配合物形成的原理分析；
(8)根据均摊法、以及原子的空间利用率=计算。
24．【答案】（1）3.03×10﹣10
（2）正八面体
（3）Ni0.64Ni0.24O
（4）Ni2+、O2﹣电荷多，晶格能大
【解析】【解答】解：（1）由于NiXO晶体晶胞结构为NaCl型，所以晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为晶胞面对角线的 ，由晶胞棱边长可求得晶胞面对角线为长为： ×4.28×10﹣10m，所以 ×4.28×10﹣10m=3.03×10﹣10m；
故答案为：3.03×10﹣10m；（2）沿X、Y、Z三轴切割的方法知，X轴上有2个Ni离子，Y轴上有2个Ni离子，Z轴上有2个Ni离子，所以O2﹣的配位数是6，将6个Ni离子连接后所围成的空间几何构型正八面体；
故答案为：正八面体；（3）设晶体中Ni2﹢与Ni3﹢的最简整数比为x：y，根据NiXO中化合价代数和为零可知 ×0.88=2，由此解得x：y=8：3，此晶体的化学式：Ni0.64Ni0.24O；
故答案为：Ni0.64Ni0.24O；（4）Ni2+、O2﹣电荷多，晶格能越大，熔沸点越高，所以NiO晶体熔点大于NaCl；
故答案为：Ni2+、O2﹣电荷多，晶格能大．
【分析】（1）由于NiXO晶体晶胞结构为NaCl型，所以晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为晶胞面对角线的 ；（2）采用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定O2﹣的配位数，将Ni离子连接后观察所围成的空间几何构型；（3）根据NiXO中化合价代数和为零可求得晶体中Ni2﹢与Ni3﹢的最简整数比，然后确定分子式；（4）离子化合物中离子所带电荷越多，晶格能越大，熔沸点越高．
25．【答案】（1）ds；3d104s1；大于；Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子
（2）6；sp3
（3）配位键；N（或氮原子）；正四面体；高于
（4）3：1
【解析】【解答】(1)Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以Cu的价层电子排布式3d104s1；铜和锌分别位于第四周期第ⅠB、ⅡB族，属于ds区。轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn；
(2)1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；
(3)①N原子提供孤电子对、Cu原子提供空轨道，二者形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。②硫酸根离子中S原子价层电子对个数＝4+ ＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断微粒空间构型为正四面体形；③氨气中能形成分子间氢键、磷化氢分子之间不能形成氢键，所以氨气熔沸点较高；
(4)根据晶胞结构，镍位于顶点，铜位于面心，则晶胞中镍原子的数量为 ，铜原子的数量为 ，故铜、镍原子个数比为3：1。
【分析】（1）Zn、Cu位于周期表的ds区，铜为29号元素，价电子排布中d电子全满稳定，轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；
（2）双键中含有1个σ键和1个π键，由此计算π键的个数。
（3）①Cu2+有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对；
②SO42-中S原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4；
③氨气分子间存在氢键，PH3不能形成氢键；
（4）均摊法计算晶胞中Cu、Ni原子数目。
2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．下列含有离子键的食品添加剂是（ ）
A． B．
C． D．(葡萄糖)
2．氯化氢气体溶于水的过程中，破坏了（）
A．离子键 B．范德华力
C．共价键 D．金属键
3．分子晶体具有的本质特征是（ ）
A．晶体硬度小
B．熔融时不导电
C．晶体内微粒间以分子间作用力相结合
D．熔点一般比共价晶体低
4．三氯化磷()在农业、医药工业、染料工业有广泛应用。有关说法正确的是（ ）
A．的分子结构为正三角形 B．分子中不含孤电子对
C．中P为杂化 D．是非极性分子
5．下列有关晶体的说法错误的是（ ）
A．构成共价晶体的原子半径越小，晶体的硬度越大
B．金刚石熔化时，破坏化学键
C．分子晶体内均存在共价键
D．石墨沿层的平行方向导电性强，其原因是能够形成遍及整个平面的大键
6．下列各组物质中化学键的类型相同的是（ ）
A．HCl、MgCl2 B．Na2O、CO2 C．CaCl2、CH4 D．NH3、H2O
7．溶液中和可形成红色配离子，其中三种原子不在一条直线上。下列关于该配离子的说法错误的是（ ）
A．只存在极性共价键
B．S的杂化方式为
C．中与配位的原子是N
D．中的键角大于配位前水分子中该键角
8．下列说法中不正确的是（ ）
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
9．关于氯气变成液氯的过程，下列说法正确的是（ ）
A．氯原子半径减小 B．分子间作用力变大
C．可以通过降低压强实现 D．液氯颜色比氯气浅
10．某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．的配位数为6
B．与距离最近的是
C．该物质的化学式为
D．若换为，则晶胞棱长将改变
11．最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性．因这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注．该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（ ）
A．MgCNi3 B．Mg2CNi3 C．MgCNi2 D．MgC2Ni
12．某紫色配离子的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该配离子与水分子可形成氢键
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1
D．该配离子中铜元素的价态为+1价
13．下列物质属于配合物的是（ ）
A．NH4Cl B．Na2CO3 10H2O
C．Co（NH3）6Cl3 D．CuSO4
14．下列说法中错误的是（ ）
A．离子晶体在熔化状态下能导电
B．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子
C．原子晶体中一定有非极性共价键
D．分子晶体中不一定含有共价键
15．下列说法中错误的是（ ）
A．熔化状态下能导电的化合物一定是离子化合物
B．双原子分子中不一定含有非极性共价键
C．只由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D．不同元素组成的多原子分子里的化学键只存在极性键
16．在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了如图的转化过程。下列说法正确的是（ ）
A．铜元素位于周期表中的d区
B．步骤④中仅有共价键的断裂
C．甲酸乙酯是该过程的中间产物
D．该反应过程中，催化剂不参与反应，只是降低了反应的活化能
17．铜是生活中比较常见的一种金属，而纳米铜能在空气中自燃，这是因为纳米铜的表面粒子数占总粒子数的比例较大。假设某纳米颗粒的大小和形状如图所示，则这种纳米颗粒的表面粒子数与总粒子数之比是（ ）
A．7：11 B．1：2 C．7：8 D．26：27
18．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中由于哑铃形的C22﹣存在，使晶胞沿一个方向拉长．下列关于CaC2晶体的说法中正确的是（ ）
A．1 个 Ca2+周围距离最近且等距离的 C22﹣数目为 6
B．该晶体中的阴离子与F2是等电子体
C．6.4 g CaC2晶体中含阴离子0.1 mol
D．与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个
19．下列粒子属等电子体的是（ ）
A．NO和O2 B．CH4和NH4+
C．NH2ˉ 和H2O2 D．HCl和H2O
20．我国科学家预言的碳已被合成。碳的晶体结构可看作将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，金刚石和碳的晶胞如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金刚石中每个碳原子被12个最小环共用
B．碳中最小环由24个碳原子组成
C．碳属于分子晶体
D．碳中键角是
二、综合题
21．FeO晶胞结构如图a所示，通常制备条件下只能制得呈电中性的Fe1-xO晶体，其中阳离子偏少存在缺陷。Fe1-xO晶体中存在一种特殊的缺陷结构称为Koch原子簇(图b所示)。
（1）Fe2+的价电子排布式为 ，Fe元素在周期表中的位置为 。
（2）FeO晶胞中Fe2+的配位数为 ；Fe1-xO晶体中为保持电中性，部分Fe2+会被氧化为Fe3+，其中Fe2+和Fe3+的个数比为 (用含x的代数式表示)。
（3）Koch原子簇中Fe3+填充在O2-组成的 空隙中，Fe3+填充位置与Fe2+不同的原因是 ；每个Koch原子簇中，为保持电中性都会含有6个空缺位置，其中5个空缺位置随机，但有一个必位于体心位置，试解释其必位于体心位置的原因 。
（4）FeO和富马酸可用于制备补铁剂。富马酸分子的结构模型如下图。1 mol富马酸分子中含有π键 mol，富马酸与马来酸是一对顺反异构体，试解释马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1的原因 。
22．A，B，C，D，E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代； B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多；C原子的最外层电子数是次外层的3倍；D与B同主族；E的原子序数为29。回答下列问题：
（1）五种元素中第一电离能最大的是 ，其中D原子价电子排布图为 。
（2）元素B的简单气态氢化物的沸点 元素A的简单气态氢化物的沸点（填大于或小于），其主要原因是 ； A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型为 。
（3）BC3-的立体构型为 ，与其互为等电子体的分子是 （写化学式）。
（4）EC在加热条件下容易转化为E2C，从原子结构的角度解释原因 ；E原子的外围电子排布式为 。
（5）硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图）。F的晶胞边长为a cm，则该晶体密度的表达式为 g·cm-3。(用含a、NA的式子表示， 不必化简）。
23．
（1）Ⅰ. 和 都是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题：
基态氧原子核外电子有 种不同的空间运动状态；基态 原子的价电子排布式为 。
（2）O、P、K、Zn中电负性最小的为 。
（3） 、 熔点由高到低的顺序为 ，原因是 。
（4） 可与 结合生成 ，水中 的键角比 中的 （填“大”或“小”）。 是常用的氧化剂，其分子结构如图1所示。 能与水混溶，却不溶于 的原因是 。
（5）将纯液态 冷却到 时，能凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图2所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是 。
（6）Ⅱ.铁、铜和镉是三种过渡金属元素。回答下列问题：
比 稳定，试从原子结构角度解释原因 。
（7）新制的 能够溶解于过量浓 溶液中，反应的离子方程式为 。
（8）镉晶胞如图3所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。在该晶胞中两个镉原子最近核间距 （用含NA、 的代数式表示）；镉晶胞中原子空间利用率为 （用含 的代数式表示）。
24．已知NiXO晶体晶胞结构为NaCl型（如图），
由于晶体缺陷，x值小于1．测知NiXO晶体x=0.88，晶胞边长为4.28×10﹣10m 求：（已知： =1.4）
（1）晶胞中两个Ni原子之间的最短距离 m（精确至0.01）．
（2）与O2﹣距离最近且等距离的Ni离子围成的几何体形状
（3）晶体中的Ni分别为Ni2﹢、Ni3﹢，求此晶体的化学式 ．
（4）已知，NiO晶体熔点大于NaCl，主要原因是 ．
25．我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
（1）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。Cu和Zn在元素周期表中位于 区，请写出基态Cu原子的价电子排布式 。第一电离能Il(Zn) Il(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（2）新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式，请分析1个松脂酸铜中π键的个数是 ，加“*”碳原子的杂化方式为 。
（3）硫酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液。
①在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+、NH3之间形成的化学键为 ，提供孤电子对的成键原子是 。
② 立体构型是 。
③NH3的沸点 (填“高于”或“低于”)PH3；
（4）一种铜镍合金(俗称白铜)的晶胞如下图所示，铜、镍原子个数比为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A： 只含有共价键，故A不符合题意；
B：Zn2+和 形成离子键，故B符合题意；
C： 只含有共价键，故C不符合题意；
D：(葡萄糖) 只含有共价键，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】金属阳离子与某些带电的原子团之间形成的键为离子键。
形成条件：①活泼金属与活泼非金属.。IA、ⅡA族的金属元素与ⅥA、ⅦA族的非金属元素。②金属阳离子与某些带电的原子团之间（如Na＋与OH 等）。
2．【答案】C
【解析】【解答】氯化氢为共价化合物，氯化氢溶于水时，在水分子的作用下电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，故选项C符合题意；
故答案为：C
【分析】氯化氢是共价化合物，溶于水后破坏的是共价键。
3．【答案】C
【解析】【解答】分 子晶体的熔、沸点较低，硬度较小，导致这些性质特征的本质原因是其构成微粒间的相互作用——分 间作用力相对于化学键来说是极其微弱的，C项符合题意。
【分析】分子晶体具有的本质特征：晶体内微粒间以分子间作用力相结合。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．PCl3分子的中心原子的价电子对数为，含有1个孤对电子，则空间构型为三角锥形，A不符合题意；
B．PCl3分子含有孤对电子数目为，B不符合题意；
C．由A可知，分子的中心原子P的价电子对数为4，则为sp3杂化，C符合题意；
D．PCl3分子的空间构型为三角锥形，正负电荷的中心不重合，是极性分子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据价层电子互斥理论和杂化轨道理论分析解答。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．构成共价晶体的原子半径越小，键能越大，晶体的硬度越大，故A不符合题意；
B．金刚石是共价晶体，金刚石熔化时，破坏共价键，故B不符合题意；
C．稀有气体不含化学键，分子晶体内不一定存在共价键，故C符合题意；
D．石墨中C原子采用sp2杂化，每个C原子都有1个未参与杂化的p电子，石墨同一层内未参与杂化的p电子形成大键，所以石墨沿层的平行方向导电性强，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子半径越小，键能越大；
B.金刚石熔化时破坏共价键；
C.稀有气体为单原子分子；
D.多个相互平行的p轨道重叠形成大π键。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．HCl为共价化合物，只含共价键；MgCl2为离子化合物，只含离子键，故A不符合题意；
B．Na2O为离子化合物，只含离子键；CO2为共价化合物，只含共价键，故B不符合题意；
C．CaCl2为离子化合物，只含离子键，CH4为共价化合物，只含共价键，故C不符合题意；
D．NH3、H2O两种物质都是共价化合物，含有的化学键都是共价键，所以化学键类型相同，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据共价化合物中只含有共价键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键进行含有的化学键类型进行判断及可。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．中只存在极性共价键，其中的配位键也属于极性共价键，故A不符合题意；
B．的电子式为，其中S原子有三个孤对电子和一对共用电子对，杂化方式为，故B不符合题意；
C．由的电子式可知，S原子有三个孤对电子，可以与形成配位键，中与配位的原子是S，故C符合题意；
D．中H2O分子的孤对电子参与形成了配位键，孤对电子减少会导致键角变大，则中的键角大于配位前水分子中该键角，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．不同种原子之间的共价键为极性键；
B．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；
C．S原子有三个孤对电子，可以提供孤对电子；
D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，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项不符合题意；
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项符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.等电子体的价电子总数相等、原子个数相等；
B.CCl2F2为四面体结构，没有同分异构体；
C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强。
D.符合条件的是过氧化钠，过氧化钠属于离子化合物，过氧根离子中氧原子间是共价键。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．氯气变成液氯的过程，不涉及分子内部变化，氯原子半径不变，A不符合题意；
B．氯气变成液氯的过程，分子间距离减小，分子间作用力变大，B符合题意；
C．氯气变成液氯的过程可通过降温、增大压强实现，C不符合题意；
D．液氯分子间距离比氯气小，单位体积内Cl2浓度更大，颜色更深，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氯气可以通过降温或增加压强的方式变为液氯，颜色变深，分子间的间隔变小，分子间作用力变大。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A不符合题意；
B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B符合题意；
C．位于顶点，的数目为=1，F-位于面心，F-的数目为==3，位于体心，的数目为1，则该物质的化学式为，C不符合题意；
D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该晶体中与距离最近且等距离的F-的数目为6；
B.与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的；
C.根据均摊法计算；
D.的半径大于。
11．【答案】B
【解析】【解答】解：碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=8× =1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=6× =3，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为：MgCNi3，
故选B．
【分析】利用均摊法确定晶胞的化学式，位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式．
12．【答案】D
【解析】【解答】A．该配离子中氮、氧元素的电负性较强且直接与氢原子相连，能与水分子形成氢键，A不符合题意；
B．由该粒子的结构可知，铜离子与2个氧、2个氮结合，配位数是4，B不符合题意；
C．铜为29号元素，位于第四周期ⅠB族，基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，C不符合题意；
D．该配离子整体带2个单位负电荷，2个铜周围直接相连2个-OH、4个-NH-，则铜元素的价态为+2价，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键；
B.铜离子形成4个共价键，配位数为4；
C.Cu为29号元素，核外共29个电子，根据构造原理书写其价层电子排布式为3d104s1。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：A．NH4Cl属于一般化合物，为氯离子和铵根离子构成的离子化合物，不含配体，所以NH4Cl不属于配合物，故A不选；
B．Na2CO3 10H2O属于一般化合物，为碳酸根离子和钠离子以及结晶水构成的离子化合物，无中心离子，也不含配体，所以Na2CO3 10H2O不属于配合物，故B不选；
C．Co（NH3）6Cl3中，Co3+为中心离子提供空轨道，NH3为配体提供孤电子对，形成配位键，所以该物质属于配合物，故C选；
D．CuSO4属于一般化合物，为铜离子和硫酸根离子构成的离子化合物，不含配体，所以CuSO4不属于配合物，故D不选；
故选C．
【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对．
14．【答案】C
【解析】【解答】解：A．离子晶体在熔化时会发生电离，存在自由移动的离子，所以能够导电，故A正确；
B．晶体只要有阴离子就一定有阳离子，但含有阳离子的不一定有阴离子，如金属晶体，故B正确；
C．原子晶体中不一定含有非极性共价键，如二氧化硅，故C错误；
D．分子晶体中可能不含化学键，如稀有气体，故D正确；
故选C．
【分析】A．离子晶体在熔化时会发生电离；
B．晶体只要有阴离子就一定有阳离子，但含有阳离子的不一定有阴离子；
C．原子晶体中不一定含有非极性共价键；
D．分子晶体中可能不含化学键．
15．【答案】D
【解析】【解答】A.熔化状态下能导电的化合物说明熔融状态时时含有自由移动的离子，因此该化合物一定是离子化合物，A不符合题意；
B.双原子分子可能是单质分子，如H2，也可能是共价化合物如HCl，因此双原子分子中不一定含有非极性共价键，B不符合题意；
C.只由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物NH4Cl，也可能是共价化合物HCl，因此不一定是共价化合物，C不符合题意；
D.不同元素组成的多原子分子里的化学键可能含有非极性共价键，如H2O2，分子结构简式为H—O—O—H，其中含有极性键和非极性键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题意进行反例列举来判断说法是否正确即可。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．铜是29号元素，为ⅠB族元素，位于周期表中的ds区，故A不符合题意；
B．步骤④中有O-H、C-O键的断裂，有C=O键的生成，故B不符合题意；
C．甲酸乙酯是反应④的生成物，是反应⑤的反应物，所以甲酸乙酯是该过程的中间产物，故C符合题意；
D．催化剂通过参与化学反应降低反应的活化能，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据铜元素的质子数以及核外电子排布即可判断
B.根据步骤4的反应物和生成物判断
C.根据反应物和生成物即可判断
D.根据反应流程即可判断
17．【答案】A
【解析】【解答】由该纳米颗粒的结构图可知，表面粒子数为8(顶角) +6 (面心)=14，而粒子总数为14+8=22，所以表面粒子数与总粒子数之比为14：22=7：11，A符合题意。
【分析】依据图像分析作答。
18．【答案】C
【解析】【解答】解：A．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22﹣有4个，而不是6个，故A错误；
B．C22﹣含电子数为2×6+2=14，F2的电子数为18，二者电子数不同，不是等电子体，故B错误；
C.6.4克CaC2为0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，则含阴离子0.1mol，故C正确；
D．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错误．
故选：C．
【分析】A.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22﹣应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点； B．C22﹣含电子数为2×6+2=14，F2的电子数为18； C．CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，6.4克CaC2为0.1mol； D．与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有4个．
19．【答案】B
【解析】【解答】原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则A．NO和O2的价电子数不等，不能互为等电子体，A不符合题意；
B．CH4和NH4+的原子数和价电子数分别都相等，二者互为等电子体，B符合题意；
C．NH2 和H2O2的原子数和价电子数分别都不相等，不能互为等电子体，C不符合题意；
D．HCl和H2O的原子数不相等，不能互为等电子体，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】等电子体是指含有的原子数相等，价电子数也相等的微粒，据此进行判断即可。
20．【答案】A
【解析】【解答】A、金刚石中，1个碳原子为4个碳原子共同拥有，每个碳原子可以形成3个六元环，则每个碳原子为12个最小环共同拥有，A正确
B、T-碳晶胞中，正四面体分别占据8个顶点、6个面心和4个体心，即晶胞中正四面体的个数为，每个正四面体有4个碳原子，则最小环由32个碳原子组成，B错误；
C、T-碳结构类似于金刚石，属于共价晶体，C错误；
D、正四面体中，每三个碳原子的夹角为60°，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据碳原子所连接其他碳原子和正四面体的碳原子个数计算；
B、结合晶胞中顶点、面心和体心占据情况计算；
C、金刚石为共价晶体，以正四面体替换碳原子，形成的晶体为共价晶体；
D、正四面体为四个正三角形构成的四面体，正四面体的夹角为60°。
21．【答案】（1）3d6；第四周期第Ⅷ族
（2）6；(1-3x)：2x
（3）四面体；Fe3+半径小于Fe2+可以进入更小的空隙；体心位置位于Fe3+四面体的中心，正电荷排斥力大
（4）3；马来酸为顺式结构电离出一个H+后可以利用分子内氢键形成一个稳定的六元环状结构从而使其第一步电离被促进
【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层的2个4s电子变为Fe2+，则Fe2+的价层电子排布式是3d6；
Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
（2）根据图示FeO晶胞结构可知：在Fe2+周围的上、下、前、后、左、右六个方向有6个O2-，故FeO晶胞中Fe2+的配位数为6；
Fe1-xO晶体中为保持电中性，部分Fe2+会被氧化为Fe3+，假设Fe2+数目是m，Fe3+数目是(1-x-m)，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知2m+3(1-x-m)=2，解得m=1-3x，即Fe2+数目是1-3x，因此Fe3+数目为1-x-m=1-x-(1-3x)=2x，故其中Fe2+和Fe3+的个数比为(1-3x)：2x；
（3）根据晶胞结构示意图可知：在Koch原子簇中Fe3+填充在O2-组成的正四面体的几何中心上；
Fe3+填充位置与Fe2+不同的原因是由于Fe3+半径小于Fe2+可以进入更小的空隙；
每个Koch原子簇中，为保持电中性都会含有6个空缺位置，其中5个空缺位置随机，但有一个必位于体心位置，这是由于体心位置位于Fe3+四面体的中心，正电荷排斥力大；
（4）由富马酸分子的空间填充模型可知：富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，其中含有σ键有11个，π键有3个，则在1 mol富马酸分子中含有3 mol的π键；
富马酸与马来酸是一对顺反异构体，马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1的原因是由于马来酸为顺式结构电离出一个H+后可以利用分子内氢键形成一个稳定的六元环状结构，从而使其第一步电离被促进，故马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）根据晶胞结构判断；根据化合物中元素化合价代数和为0计算；
（3）根据晶胞结构示意图和电中性原则判断；
（4）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；利用分子内氢键判断。
22．【答案】（1）N；
（2）高于；NH3分子之间存在氢键；sp3
（3）平面三角形；SO3
（4）Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O 更稳定；3d104s1
（5）
【解析】【解答】A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，A为C元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，C为O元素；A为第二周期元素，B与A同周期，B的s能级电子数比p能级电子数多，B的原子序数介于A与C之间，B为N元素；E的原子序数为29，E为Cu元素；D与B同主族，D的原子序数介于C与E之间，D为P元素。
（1）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，第一电离能N O C，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能N P，Cu是金属元素，Cu的第一电离能最小，五种元素中第一电离能最大的是N。D为P元素，P原子核外有15个电子，根据构造原理，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，P原子的价电子排布式为3s23p3，D的价电子排布图为 。
（2）B的简单氢化物为NH3，A的简单氢化物为CH4，沸点NH3 CH4，主要原因是NH3分子间存在氢键，CH4分子间不存在氢键。CH4中中心原子C上的孤电子对数为 （4-4 1）=0，成键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，CH4中碳原子为sp3杂化。
（3）BC3-为NO3-，NO3-中中心原子N上的孤电子对数为 （5+1-3 2）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，N上没有孤电子对，NO3-的立体构型为平面三角形。用“替代法”，与其互为等电子体的分子是SO3等。
（4）EC为CuO，E2C为Cu2O，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O的原因是：Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O 更稳定。Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子的外围电子排布式为3d104s1。
（5）B原子最外层有3个电子，P原子最外层有5个电子，B与P形成的化合物的化学式为BP，F的化学式为BP；用“均摊法”金刚石的晶胞中含C原子：8 +6 +4=8个；F的晶胞中含4个B原子和4个P原子，F的晶胞边长为acm，F的晶胞体积为a3cm3；1mol晶体的体积为 cm3；1mol晶体的质量为42g，该晶体的密度为42g （ cm3）= g/cm3。
【分析】根据元素的原子序数、在周期表中的位置和核外电子的排布推断出各种元素。
（1）注意第ⅡA、ⅤA中全充满和半充满状态的原子的第一电离能的规律；
（2）根据氢键对物质的熔沸点的影响进行分析；
（3）根据价层电子对互斥理论判断空间立体结构，结合等电子体的概念判断符合条件的等电子体；
（4）根据核外电子层半充满或全充满更稳定进行分析；
（5）根据均摊法计算分子式，然后根据密度的计算方法计算该警惕的密度即可。
23．【答案】（1）8；
（2）K
（3）； 为离子晶体， 为分子晶体
（4）小；图示可知 为极性分子，根据相似相溶原理， 为极性分子， 为非极性分子故 能溶于 而不溶于
（5）
（6） 的 能级半充满，稳定
（7）
（8）；
【解析】【解答】（1）基态O原子的电子排布为1s22s22p4，共有8个电子，因此基态氧原子核外电子有8种不同的空间运动状态；基态 原子的价电子排布式为 ；
（2）非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞P＞Zn＞K，则电负性O＞P＞Zn＞K，所以电负性最小的是K；
（3）KH为离子晶体，H2O为分子晶体，所以熔点 ；
（4）H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力>孤电 子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力，导致H2O中H-O-H键角比H3O+中H-O-H键角小；能与水形成氢键的物质易溶于水，H2O2与水分子间能形成氢键，而且H2O2和H2O都为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶的原理，所以H2O2更能与水混溶，却不溶于CCl4；
（5）由图可知，固态SO3中S原子形成4个共价单键，S原子的杂化轨道类型是sp3杂化；
（6） 的核外电子排布式为[Ar]3d5， 的 能级半充满，故 比 稳定；
（7） 和 反应生成 ，离子方程式为： ；
（8）图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含镉原子数为 ，晶胞质量为 ，设晶胞参数为a，晶胞体积为a3，晶胞质量 ， ，两个镉原子最近核间距为 对角线的一半，即为 ；设原子半径r，则 ，两个镉原子总体积为 ，镉晶胞中原子空间利用率为 。
【分析】(1)根据O和Ti的的电子排布式分析；
(2)非金属性越强，电负性越大；
(3)离子晶体的熔沸点高于分子晶体；
(4)孤电子对间的排斥力>孤电 子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力；根据相似相溶原理分析；
(5)根据单键是sp3杂化分析；
(6)根据洪特规则分析；
(7)根据配合物形成的原理分析；
(8)根据均摊法、以及原子的空间利用率=计算。
24．【答案】（1）3.03×10﹣10
（2）正八面体
（3）Ni0.64Ni0.24O
（4）Ni2+、O2﹣电荷多，晶格能大
【解析】【解答】解：（1）由于NiXO晶体晶胞结构为NaCl型，所以晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为晶胞面对角线的 ，由晶胞棱边长可求得晶胞面对角线为长为： ×4.28×10﹣10m，所以 ×4.28×10﹣10m=3.03×10﹣10m；
故答案为：3.03×10﹣10m；（2）沿X、Y、Z三轴切割的方法知，X轴上有2个Ni离子，Y轴上有2个Ni离子，Z轴上有2个Ni离子，所以O2﹣的配位数是6，将6个Ni离子连接后所围成的空间几何构型正八面体；
故答案为：正八面体；（3）设晶体中Ni2﹢与Ni3﹢的最简整数比为x：y，根据NiXO中化合价代数和为零可知 ×0.88=2，由此解得x：y=8：3，此晶体的化学式：Ni0.64Ni0.24O；
故答案为：Ni0.64Ni0.24O；（4）Ni2+、O2﹣电荷多，晶格能越大，熔沸点越高，所以NiO晶体熔点大于NaCl；
故答案为：Ni2+、O2﹣电荷多，晶格能大．
【分析】（1）由于NiXO晶体晶胞结构为NaCl型，所以晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为晶胞面对角线的 ；（2）采用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定O2﹣的配位数，将Ni离子连接后观察所围成的空间几何构型；（3）根据NiXO中化合价代数和为零可求得晶体中Ni2﹢与Ni3﹢的最简整数比，然后确定分子式；（4）离子化合物中离子所带电荷越多，晶格能越大，熔沸点越高．
25．【答案】（1）ds；3d104s1；大于；Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子
（2）6；sp3
（3）配位键；N（或氮原子）；正四面体；高于
（4）3：1
【解析】【解答】(1)Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以Cu的价层电子排布式3d104s1；铜和锌分别位于第四周期第ⅠB、ⅡB族，属于ds区。轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn；
(2)1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；
(3)①N原子提供孤电子对、Cu原子提供空轨道，二者形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。②硫酸根离子中S原子价层电子对个数＝4+ ＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断微粒空间构型为正四面体形；③氨气中能形成分子间氢键、磷化氢分子之间不能形成氢键，所以氨气熔沸点较高；
(4)根据晶胞结构，镍位于顶点，铜位于面心，则晶胞中镍原子的数量为 ，铜原子的数量为 ，故铜、镍原子个数比为3：1。
【分析】（1）Zn、Cu位于周期表的ds区，铜为29号元素，价电子排布中d电子全满稳定，轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；
（2）双键中含有1个σ键和1个π键，由此计算π键的个数。
（3）①Cu2+有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对；
②SO42-中S原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4；
③氨气分子间存在氢键，PH3不能形成氢键；
（4）均摊法计算晶胞中Cu、Ni原子数目。