第三章《晶体结构与性质》练习卷
一、单选题
1．下列有关物质结构与性质的论述错误的是
A．中的孤电子对数为0，空间结构是平面三角形
B．“电子气理论”用于描述金属键的本质，可用于解释金属晶体的延展性、导电性和导热性
C．的电负性比大，则配合物中配位原子是碳原子
D．除稀有气体单质外，其他气态单质分子中都含有键，可能含有键
2．过氧化钙晶体的晶胞结构如下图所示，已知该晶胞的密度是ρg·cm 3(NA表示阿伏伽德罗常数)。下列表述不正确的是
A．基态Ca2+的电子排布式：1s22s22p63s23p6
B．过氧化钙电子式：
C．晶体中Ca2+紧邻6个O
D．晶胞结构中最近的两个Ca2+间的距离为：nm
3．周期表中ⅢA族单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解生成HBF4(HBF4在水溶液中完全电离为H+和)和硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸，能溶于水；硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯；是一种重要还原剂，其与热水反应生成和硼酸钠()；高温下和焦炭在氯气的氛围中反应，生成及一种剧毒气体；GaN是第三代半导体研究的热点。下列说法正确的是
A．分子中不存在配位键 B．每个H3BO3分子中含有5个共价键
C．分子的空间结构为三角锥形 D．中B原子的杂化方式为
4．锗(Ge)是典型的半导体元素，Ge单晶具有金刚石型结构，在电子、材料等领域应用广泛。锗卤化物的熔点数据如下表所示，下列说法正确的是
熔点/℃ -49.5 26 146
A．基态Ge原子的价电子排布式为
B．Ge单晶中，Ge原子为杂化，配位数为12
C．卤化锗熔化时破坏共价键，键能
D．卤化锗的价层电子对构型(VSEPR)与分子构型一致，均为正四面体形
5．实验室用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+的离子方程式为Fe2++K++[Fe(CN)6]3 =KFe[Fe(CN)6]↓。下列有关说法正确的是
A．K3[Fe(CN)6]中铁离子的配位数为3
B．1mol[Fe(CN)6]3 含12molσ键
C．碳元素电负性强于氮元素
D．Fe2+再失去1个电子比Mn2+更难
6．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z元素基态原子L层电子数是电子层数的3倍。这四种元素组成的化合物(结构如图)可用于合成超分子聚合物。下列说法错误的是
A．XZ2晶体属于共价晶体 B．元素W、X、Y都可以与Z形成多种化合物
C．电负性：Z＞Y＞X＞W D．超分子具有自组装和分子识别的特征
7．下面的排序不正确的是
A．晶体熔点的高低：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛
B．熔点由高到低：
C．硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
D．离子键由强到弱：
8．下表所列物质晶体的类型全部正确的一组是
原子晶体 离子晶体 分子晶体
A 二氧化硅 硫酸 He
B 碳酸氢铵
C 金刚石 烧碱 白磷
D 铜 KOH 碘晶体
A．A B．B C．C D．D
9．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．过氧化氢所含的共价键数目为
B．12克石墨含个键，60克二氧化硅中含个
C．等物质的量的和中含有键的数目均为
D．金刚石晶体中碳原子含有个键
10．下列说法正确的是
A．金刚石与石墨烯中的夹角都为
B．、都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子()基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
11．乙炔(HC≡CH)能在Hg(II)催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是
A．过程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子
B．本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH的稳定性最强
C．本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程⑤
D．其他条件不变时，更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变
12．冠醚能与碱金属离子结合(如下图所示)，是有机反应很好的催化剂，例如能加快酸性溶液与环己烯()的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大，两者结合能力越强。
下列说法正确的是
A．结合常数的大小与碱金属离子直径有关，与冠醚空腔直径无关
B．冠醚通过与结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
C．如图所示的实验中：①>②>③
D．为加快酸性溶液与环己烯的反应速率，选择冠醚B比冠醚A更合适
13．离子液体一般指在室温或接近室温下呈液态的由离子构成的物质，主要包括室温熔融盐、有机离子液体等。有机盐属于离子液体，它的熔点只有12℃。下列说法正确的是
A．中只存在离子键
B．大多数离子液体由体积差距很大的阴、阳离子构成
C．和的中心原子杂化方式相同
D．离子液体熔化时克服的是分子间作用力，所以熔点较低
14．通过下列实验可以从废银催化剂(Ag、 －A12O3和少量SiO2)中回收银：
下列说法不正确的是
A．浸渣的主要成分是 －A12O3和SiO2
B．“还原”过程反应的离子方程式为：
C．“电解精炼”过程中粗银与直流电源的正极连接
D．已知银的晶胞如上图所示，每个银原子周围距离最近的银原子数目为12
15．团簇是比较罕见的一种表面具有柔性孔的穴醚无机类似物，我国科学家通过将和反应，计算取代反应的平衡常数()，反应示意图和所测数据如下。下列有关说法正确的是
已知：、表示平衡时粒子浓度之比。
A．团簇属于超分子
B．该团簇对于具有比大的亲和力
C．
D．的直径一定要小于团簇表面的孔径才可发生上述取代反应
二、填空题
16．金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
(1)基态Na原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na。电解反应方程式如下： ，加入的目的是 。
(3)的电子式为 。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式： 。可作供氧剂，写出与CO2反应的化学方程式 。若有1mol参加反应则转移电子的物质的量为 mol。
(4)采用空气和Na为原料可直接制备。空气与熔融金属Na反应前需依次通过 、 (填序号)。
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．溶液
(5)向酸性KMnO4溶液中加入粉末，观察到溶液褪色，发生如下反应： ______MnO+_____H＋+_____Na2O2=_____Mn2＋_____O2↑+_____H2O+_____Na＋，配平该离子方程式： ，该反应说明具有 性(选填“氧化”，“还原”或“漂白”)。
(6)钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为 。
(7)天然碱的主要成分为，1mol经充分加热得到的质量为 g。
17．铍透X射线的能力很强，有“金属玻璃”之称，其合金是航空、航天、军工、电子、核能等领域不可替代的战略金属材料。
回答下列问题：
(1)第一电离能：Be B(填“>”或“<”)。
(2)BeCl2熔沸点低，易升华，能溶于有机溶剂，气态时存在分子BeCl2和二聚分子(BeCl2)2。
①BeCl2属于 晶体，其空间构型是 。
②(BeCl2)2分子中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上，则(BeCl2)2分子的结构为 (标出配位键)。
(3)晶格能BeO MgO(填“>”或“<”)，推测BeCO3的分解温度 (填“高于”或“低于”)MgCO3。
18．实践证明，75%的乙醇溶液可以有效灭活新冠病毒。
(1)1 mol乙醇中含有σ键的数目为 。
(2)相同条件下，乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3) 的原因为 。
(3)向CuSO4 溶液中滴加氨水，首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐溶解，加入乙醇后析出深蓝色晶体。
①氨水过量后沉淀逐渐溶解的离子方程式为 。
②深蓝色晶体中阴离子SO的立体构型为 ，其中心原子的杂化类型为 ；阳离子的结构式为 。
19．将过量的氨水慢慢滴加到硫酸铜溶液中，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液最终变成深蓝色。
(1)Cu在周期表中属于 区。
(2)将氨水逐滴加入硫酸铜溶液中，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，写出沉淀溶解的离子方程式： ；由该过程可知 （填“”或“”）与形成的配位键更稳定。
(3)中，若具有对称的空间构型，且当其中的两个被两个取代时，能到两种不同结构的产物，则的空间构型为 ；含有σ键的数目为 ；中存在的化学键类型有（填序号） ；
①配位键 ②氢键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键
向深蓝色溶液继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体，试分析加乙醇，析出深蓝色晶体的原因： 。
(4)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠即可得到配合物A，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键，请在图中用“→”表示出配位键 。
20．GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm-3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为 ，Ga与As以 键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol-1和MAs g·mol-1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 。
21．C60、金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结构)：
(1)金刚石属于 晶体，固态C60属于 (填“原子”或“分子”或“离子”)晶体。
(2)1 mol金刚石中含有C-C单键的数目约是 NA。
(3)石墨是层状结构，石墨层之间容易发生滑动，请说明原因 。
(4)CO2分子晶体中，每个CO2分子周围有 个与之紧邻且等距的CO2分子。
(5)CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目为 。
22．金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
(1)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO FeO(填“<”或“>”)；
(2)NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为 、 ；
(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示。该合金的化学式为 。
23．自从1951年发现的第一个金属茂配合物二茂铁(如图1所示)后，研究者对三明治式配合物的兴趣迅速增长。图2是某研究人员得到的Ru的二茂合物。
(1)该二茂Ru可在氮气保护下，在95％的乙醇溶液中，用、Zn粉和环戊二烯反应获得，下列方程式能表示该反应的是
A．
B．
C．
D．
(2)推断该二茂Ru的核磁共振氢谱
A．出现一种信号 B．出现2种信号 C．出现3种信号 D．出现4种信号
(3)该二茂Ru是一种重叠夹心型结构，不同于二茂铁具有交错型结构的原因
A．由于Ru离子的价电子数与铁离子不同，导致环戊二烯环的立体作用增大
B．由于Ru离子的价电子数与铁离子不同，导致环戊二烯环的立体作用减少
C．由于钌的离子半径较大，导致环戊二烯环的立体作用增大
D．由于钌的离子半径较大，导致环戊二烯环的立体作用减少
24．请回答下列问题：
N、AI、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：
电离能 I1 I2 I3 I4 ……
I/kJ·mol-1 578 1817 2745 11578 ……
(1)则该元素是 (填写元素符号)。Zn原子的电子排布式是 。Ge的最高价氯化物分子式是 ，该元素可能的性质或应用有 。
A．是一种活泼的金属元素
B．其电负性大于硫
C．其单质可作为半导体材料
D．其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点
(2)关于化合物，下列叙述正确的有 。
A．分子间可形成氢键
B．分子中既有极性键又有非极性键
C．分子中有7个键和1个键
D．该分子在水中的溶解度大于2-丁烯
(3)NaF的熔点 的熔点(填>、<或=)，其原因是
25．钛酸钙具有特殊的物理、化学性质，钛酸钙结构材料是当前材料科学研究领域的热点之一，回答下列问题。
(1)钛在元素周期表中的位置是 。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的则用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。从结构角度解释TiCl3中Ti还原性较强的原因 。
(3)离子半径Ca2+>Ti4+，理由是 。
(4)钛酸钙的晶胞如图所示，晶胞中Ca2+、Ti4+、O2-分别处于顶角、体心、面心位置。
①1个晶胞中含有O2-的个数是 ；钛酸钙的化学式是 。
②晶体密度ρ可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知钛酸钙晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则钛酸钙晶体密度ρ= g cm-3(列出计算式)。
参考答案：
1．A
【详解】A．的中心原子S原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，A错误；
B．金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，此“电子气理论”用于描述金属键的本质，可用于解释金属晶体的延展性、导电性和导热性，B正确；
C．O的电负性比C大，配合物中铁提供空轨道、碳提供孤电子对，配位原子是碳原子，C正确；
D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；除稀有气体单质外，其他气态单质分子中都含有σ键，可能含有π键，D正确；
故答案选A。
2．D
【详解】A．Ca原子序数20，基态Ca2+的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6，A正确；
B．过氧化钙为离子化合物，电子式：，B正确；
C．根据晶胞结构，与Ca2+紧邻6个O，C正确；
D．晶胞结构中最近的两个Ca2+间的距离为面对角线的一半。晶胞中含钙离子数目：，含过氧根离子数目：，假设晶胞棱长为a，晶胞密度为ρg·cm 3，根据晶胞密度计算公式：g·cm 3，解得，即晶胞结构中最近的两个Ca2+间的距离：，D错误；
答案选D。
3．D
【详解】A．由题干信息可知，HBF4在水溶液中完全电离为H+和，结合B的最外层上只有3个电子可知，分子中存在配位键，A错误；
B．由题干信息可知，硼酸是一元弱酸，则H3BO3的结构简式也可以写成：B(OH)3，其电离方程式为：H3BO3+H2O+H+，故每个H3BO3分子中含有6个共价键，B错误；
C．BF3分子中中心原子B周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为平面三角形，C错误；
D．中B原子周围的价层电子对数为3，没有孤电子对，根据杂化轨道理论可知，B的杂化方式为，D正确；
故答案为：D。
4．D
【详解】A．Ge位于元素周期表中第四周期第IVA族,其基态原子价电子排布式：，故A错误；
B．Ge单晶具有金刚石型结构，则其杂化类型为sp3杂化，配位数为4，故B错误；
C．卤化锗不属于共价晶体，所以熔化时，不破坏化学键，故C错误；
D．GeCl4为例，中心原子价层电子对数：，无孤电子对，空间构型为正四面体，卤族元素与Ge成键方式相同，则分子构型一致，故D正确；
答案选D。
5．B
【详解】A．K3[Fe(CN)6]中铁离子的配体为CN－，则配位数为6，故A错误；
B．1mol CN－中含1molσ键，因此1mol[Fe(CN)6]3 含12molσ键，故B正确；
C．同周期从左到右电负性逐渐增大，因此碳元素电负性低于氮元素，故C错误；
D．Mn2+价电子排布式为3d5，半满结构，稳定，难失去电子，而Fe2+价电子排布式为3d6，因此Mn2+再失去1个电子比Fe2+更难，故D错误。
综上所述，答案为B。
6．A
【分析】由Z元素原子L层电子数是电子层数的3倍可知Z为O元素，再结合图中结构简式，可知W、X、Y分别为H、C、N元素。
【详解】A．CO2晶体属于分子晶体，故A错误；
B．W、X、Y分别为H、C、N元素，能与O元素形成H2O、H2O2，CH4、C2H4，NH3、N2H4等多种化合物，故B正确；
C．非金属性越强其电负性越大，由非金属性：O>N>C>H，电负性：O>N>C>H，故C正确；
D．超分子的两大特性是具有自组装和分子识别特征，故D正确；
故选A。
7．B
【详解】A．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，则晶体熔点的高低：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，A正确；
B．原子半径：；金属阳离子所带电荷：，则熔点由高到低：，B错误；
C．原子半径：Si>C，则硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，C正确；
D．半径：，则离子键由强到弱：，D正确；
故选B。
8．C
【详解】A．硫酸的构成微粒是分子，故硫酸是分子晶体，A错误；
B．的构成微粒是分子，故是分子晶体，B错误；
C．金刚石的构成微粒是原子，故金刚石是原子晶体，烧碱的构成微粒是阴阳离子，属于离子晶体，白磷的构成微粒是分子，属于分子晶体，C正确；
D．铜的构成微粒是金属阳离子和自由电子，属于金属晶体，D错误；
故选C。
9．C
【详解】A．过氧化氢结构式为H-O-O-H，过氧化氢所含的共价键数目为，故A正确；
B．石墨中与一个碳原子相连的共价键有3个，每个键只有属于这个碳原子，12克石墨物质的量为1mol，则含个键，二氧化硅中1个Si原子形成4 个Si O，60克二氧化硅物质的量为1mol，则1mol二氧化硅中含个Si O键，故B正确；
C．1个CO2和N2均含有2个π键，但等物质的量并不一定是1mol，故C错误；
D．金刚石中与一个碳原子相连的共价键有4个，每个键只有属于这个碳原子，所以一个碳原子有2个C―C键，1mol金刚石中有个C―C键，故D正确；
故选C。
10．B
【详解】A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A错误；
B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；
C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]3d10，故C错误；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；
故选B。
11．A
【详解】A．由图可知，过程①中H2O与Hg2+形成配合物，水分子的氧原子具有孤对电子，可向Hg2+的空轨道提供孤对电子形成配位键，选项A正确；
B．图中CH2=CHOH的能量最高，故其稳定性最弱，选项B错误；
C．本反应历程中，虽然过程⑤的能量变化最大，但该过程为放出能量的过程，过程④需要吸收能量且需要的能量最大，即决定整个反应快慢的步骤为过程④，选项C错误；
D．催化剂不能改变反应的焓变，选项D错误；
答案选A。
12．B
【详解】A．由表格数据可知，同一碱金属离子在冠醚空腔直径大小不同时其结合常数不同，同一冠醚与不同碱金属离子结合时其结合常数不同，因此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径都有关，A错误；
B．冠醚通过与结合将携带进入有机相，增大与环己烯的接触面积，从而加快反应速率，B正确；
C．由表格数据可知，冠醚A与结合常数大，结合能力强，因此加入固体后，与冠醚A结合的几乎被替代，被释放，溶液②中最小，则如图所示的实验中c(Na+)：①>③>②，C错误；
D．由表格数据可知，适配冠醚A，结合常数大，结合能力强，则选择冠醚A比冠醚B更合适，D错误；
故选B。
13．B
【详解】A．与之间存在离子键，阴阳离子内部存在共价键，故A错误；
B．阴阳离子体积差距较大，使得阴阳离子间距离较大，离子键较弱，离子液体在室温或者稍高于室温会呈现液态，故大多数离子液体由体积差距很大的阴、阳离子构成，故B正
确；
C．中心原子N的价层电子对数为，故杂化方式为sp3，的中心原子的价层电子对数为，杂化方式为sp2，故C错误；
D．离子液体熔化时克服的是离子键，故D错误；
故选B。
14．B
【分析】由流程可知，向废银催化剂中加入稀硝酸，过滤除去不溶于水和稀硝酸的SiO2和 －A12O3，所得滤液中含有AgNO3和过量的稀硝酸，向滤液中通入HCl气体生成AgCl沉淀，将过滤得到的AgCl溶解于一水合氨，再加入N2H4 H2O还原得到粗Ag，同时生成N2和NH4Cl，再利用电解精炼装置电解粗Ag获得99.99%的Ag。
【详解】A．据分析可知，浸渣的主要成分是 －A12O3和SiO2，A正确；
B．过滤得到的AgCl溶解于一水合氨，再加入N2H4 H2O，N2H4 H2O具有还原性，能将氯化银还原为银单质，反应中氮化合价由-2变为0、银化合价由+1变为0，结合电子守恒可知，反应为，B错误；
C．“电解精炼”过程中粗银与直流电源的正极连接，使得粗银做阳极被氧化，C正确；
D．以顶点银原子为研究对象，与之最近的银原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，银晶体中每个银原子周围距离最近的银原子数目为，D正确；
故选B。
15．B
【详解】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，并保持一定的完整性使其具有明确的微观结构和宏观特性，该团簇不属于超分子，故A错误；
B．根据Cs+取代Rb+反应的平衡常数Keq≈10，{Ti12O18}团簇对Cs+的亲和力比对Rb+大，故B正确；
C．，根据右边图像的意义看，Keq=直线的斜率==10，故C错误；
D．根据题干信息，该团簇是一种表面具有柔性孔的穴醚无机类似物，的直径若是大于{Rb@Ti12O18}团簇表面的孔径的，也可能发生上述的取代反应，故D错误。
答案为B。
16．(1)（或）
(2)助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
(3) 1
(4) c a
(5) 还原性
(6)Na2O
(7)159
【详解】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为：（或）；
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na。电解反应方程式如下： ，电解时温度比熔点低，说明熔点降低了，即加入CaCl2的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；
（3）含有钠离子和过氧根离子，其电子式为：；在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式：；可作供氧剂， 与CO2反应生成碳酸钠和氧气，对应化学方程式为：；若有1mol参加反应，转移电子的物质的量为1mol；
（4）采用空气和Na为原料可直接制备，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠溶液除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，由于用氢氧化钠溶液除掉二氧化碳时，会使气体带上水蒸气，因此先除二氧化碳，再除水蒸气，即依次通过NaOH溶液、浓硫酸；
（5）根据得失电子守恒可配平方程式，锰的化合价由+7下降到+2，O的化合价由+1上升到0，即存在，其余利用观察法配平，反应的离子方程式为：，作还原剂，具有还原性；
（6）由图可知，晶胞中Na有8个，O有，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为Na2O；
（7）由于，1mol经充分加热得到1.5mol，其质量为：1.5mol×106g/mol=159g。
17． > 分子 直线形 > 低于
【分析】(1)第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越小。
(2)①结合BeCl2的物理性质可判断BeCl2的晶体类型；根据价层电子对互斥理论计算得到分子构型。
②(BeCl2)2中Be外层电子具有空轨道，Cl外层电子具有孤电子对，因此Be与Cl之间可形成配位键。
(3)晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。电荷高、半径小的离子，其晶格能大。碳酸盐分解生成金属氧化物，可利用氧化物的晶格能来分析分解温度。
【详解】(1)第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。Be原子核外电子排布式为1s22s2，2s轨道处于全充满状态，是比较稳定的状态，较难失去最外层的一个电子；B原子核外电子排布式为1s22s22p1，与铍相比易失去最外层的一个电子，所以Be第一电离能大于B；
故答案为：＞；
(2)①由题知BeCl2熔点较低，易升华，能溶于有机溶剂可知BeCl2为分子晶体；BeCl2中成键电子对为2，孤电子对数=，根据价层电子对互斥理论可得BeCl2的分子构型为直线形；
故答案为：分子；直线形；
②由①可知BeCl2的分子构型为直线形，其单分子结构为Cl-Be-Cl，(BeCl2)2中Be外层电子具有空轨道，Cl外层电子具有孤电子对，因此Be与Cl之间可形成配位键，其二聚分子(BeCl2)2结构式为；
故答案为：；
(3)晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。电荷高、半径小的离子，其晶格能大。BeO和MgO相比，铍离子的半径小于镁离子，因此晶格能BeO＞MgO；碳酸盐分解生成金属氧化物，金属氧化物的晶格能越大，越易分解。因氧化铍的晶格能比氧化镁的晶格能大，所以BeCO3更易分解，因此BeCO3的分解温度低于MgCO3。
故答案为：>；低于。
【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、晶体类型与性质、价层电子对互斥理论、晶格能等知识，明确核外电子排布遵循的规律，熟悉离子晶体晶格能大小影响因素是解题关键。
18． 8NA(或8×6.02×1023或4.816×1024) 乙醇分子间能形成氢键 Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O[或Cu(OH)2+4NH3= [Cu(NH3)4]2++2OH-] 正四面体形 sp3杂化
【详解】(1)乙醇的结构式是，1个乙醇分子中含有8个σ键，1 mol乙醇中含有σ键的数目为8NA。
(2) 乙醇、二甲醚的相对分子质量相等，乙醇分子间能形成氢键，二甲醚分子间不能形成氢键，相同条件下，乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)；
(3)①氢氧化铜和氨水形成配离子[Cu(NH3)4]2+，氨水过量后沉淀逐渐溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
②SO中S原子的杂化轨道数是，无孤电子对，SO的立体构型为正四面体形，S原子的杂化类型为sp3杂化；阳离子是[Cu(NH3)4]2+，结构式为。
19．(1)ds
(2) Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH－或 Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH－+4H2O
(3) 平面四边形或平面正方形 16NA ①③⑤ [Cu(NH3)4]SO4极性较大，乙醇极性较小，加入乙醇降低溶剂的极性，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度较小，故析出晶体
(4)
【详解】（1）Cu的原子序数为29，属于ds区元素；
（2）硫酸铜溶液中，铜离子以[Cu(H2O)4]2+形式存在，滴入氨水后生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH－或 Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH－+4H2O，由此可知[Cu(NH3)4]2+更稳定，即NH3与Cu2+形成的配位键更稳定；
（3）当[Cu(NH3)4]2+为正四面体构型时，2个NH3被Cl-取代后的产物只有1种结构，而实际有2种结构，故其构型为平面四边形或平面正方形；1mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ键的数目为：；配合物中内界与外界之间为离子键，中心原子和配体之间为配位键，N原子和H原子之间、S原子和O原子之间为极性共价键，故选：①③⑤；[Cu(NH3)4]SO4极性较大，乙醇极性较小，加入乙醇降低溶剂的极性，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度较小，故析出晶体；
（4）
配合物A中铜离子提供空轨道，H2NCH2COO-中氮原子提供孤对电子，因此配位键可表示为：。
20． 原子晶体（或共价晶体） 共价
【详解】GaAs的熔点为1 238 ℃，其熔点较高，据此推知GaAs为原子晶体，Ga与As原子之间以共价键键合。分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合“均摊法”计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为8×＋6×＝4(个)，Ga和As的原子半径分别为rGapm＝rGa×10－10cm，rAspm＝rAs×10－10 cm，则原子的总体积为V原子＝4×π×[(×10－10cm)3＋(×10－10cm)3]＝×10－30(＋)cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，晶胞的密度为ρ g·cm－3，则晶胞的体积为V晶胞＝cm3，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%＝×100%＝，故答案为：原子晶体（或共价晶体）；共价键；。
21．(1) 共价(或原子) 分子
(2)2
(3)石墨层之间存在范德华力，范德华力比较微弱
(4)12
(5)8
【详解】（1）在金刚石中C原子与相邻的4个C原子形成4个C-C键，该C原子处于这四个相邻的C原子的几何中心，这种正四面体结构向空间无限扩展，就形成立体网状结构，从而构成金刚石，因此金刚石属于共价晶体；
固态C60是由60个C原子形成1个C60分子，分子之间以分子间作用力结合形成晶体，因此固态C60属于分子晶体；
（2）在金刚石中每个C原子与相邻的4个C原子形成4个C-C键，每个C-C键为相邻的2个C原子形成，因此每个C原子形成的C-C共价键数目为4×=2个，故1 mol 金刚石中含有的C-C键数目是2NA；
（3）石墨是层状结构，石墨层之间容易发生滑动，这是由于石墨层之间存在范德华力，范德华力比较微弱，稍微用力就容易破坏层之间的分子间作用力；
（4）CO2分子晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子数目为；
（5）根据CsCl晶体结构可知：在每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目为8个，Cs+处于这8个Cl-构成的立方体的几何中心上。
22．(1)>
(2) 6 6
(3)LaNi5
【详解】（1）NiO、FeO都属于离子晶体，熔点高低受离子键强弱影响，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。
（2）因为NiO晶体结构与NaCl相同，而NaCl晶体中Na＋、Cl-的配位数都是6，所以，NiO晶体中Ni2＋、O2-的配位数也是6。
（3）根据晶胞结构可计算，一个合金晶胞中，La：8×=1，Ni：1＋8×=5，所以该合金的化学式为LaNi5。
23．(1)
(2)
(3)
【解析】略
24．(1) Al CD
(2)BD
(3) > 两者均为离子化合物，阴阳离子电荷数均为1，但前者的离子半径较小，离子键较强，熔点较高
【详解】（1）该元素在第四电离能发生突变，该元素为正三价，为铝元素；Zn是30号元素，其电子排布式为；Ge和C为同族元素，Ge最高价为+4价，氯化物分子式为GeCl4；
A．Ge位于金属和非金属分界线附近，Ge不是活泼的金属，A不符合题意；
B．Ge为金属，电负性要小于硫，B不符合题意；
C．Ge位于金属和非金属分界线附近，既具有金属性，也具有一定的非金属性，可作为半导体材料，C符合题意；
D．Ge的氯化物和溴化物均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，Ge的溴化物沸点更高，D符合题意；
故答案为：CD；
（2）A．分子中含有C=O键，不含有-OH，不易形成分子间氢键，A错误；
B．分子中含有碳碳之间的非极性共价键，也含有碳氢之间的极性共价键，B正确；
C．单键均为键，双键中含有一个键和一个π键，因此分子中含有9个键， 3个π键，C错误；
D．该分子中含有两个醛基，能与水形成分子间氢键，而2-丁烯不能与水形成分子间氢键，故该分子溶解度要大于2-丁烯，D正确；
故答案为：BD；
（3）两者均为离子化合物，阴阳离子电荷数均为1，但前者的离子半径较小，离子键较强，故NaF熔点较高。
25．(1)第四周期第ⅣB族
(2) +1或-1 +3价Ti外围电子为3d1，失去一个电子后，3d能级处于全空稳定状态
(3)Ca2+和Ti4+电子层结构相同，核电荷数Ti＞Ca，导致离子半径Ca2+大于Ti4+
(4) 3 CaTiO3
【分析】Ti核电荷数为22，位于周期表的第四周期第ⅣB族 ，价电子排布式为3d24s2，
价电子排布图为。
【详解】（1）Ti原子核电荷数为22，钛位于周期表的第四周期第ⅣB族；
（2）
Ti价电子排布式为3d24s2价电子排布图为3d2是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为或；+3价Ti外围电子为3d1，失去一个电子后，3d能级处于全空稳定状态，因此TiCl3中Ti(Ⅲ)还原性较强；
（3）Ca2+和Ti4+核外均为18电子，电子层结构相同，核电荷数Ti＞Ca，导致离子半径Ca2+大于Ti4+ ；
（4）根据均摊法结合题干图示钛酸钙的晶胞可知，O2-位于面心，Ca2+位于顶点，Ti4+位于体心，1个晶胞中含有O2-的个数是，含有Ca2+个数为，Ti4+个数为1，则化学式为CaTiO3；晶体密度ρ可以用晶胞的质量除以体积来求算，
