专题3 微粒间作用力与物质性质 B卷能力提升（含解析）高二化学苏教版（2019）选择性必修二单元测试AB卷

专题3 微粒间作用力与物质性质（B卷能力提升）——高二化学苏教版（2019）选择性必修二单元测试AB卷
(时间：75分钟，分值：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ti-41 Fe-56 Zn-65 Au-197
单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列关于晶体的说法正确的是( )
A.晶体与非晶体的本质区别为是否具有固定的熔点
B.因晶体内部微粒排列的高度有序性，它们的物理性质具有各向同性
C.氯化铝晶体和干冰晶体熔融时，克服的粒子间作用力相同
D.金属晶体能导电是因为晶体内金属阳离子在外加电场作用下定向移动
2.下列物质的化学键类型、晶体类型及其类别均正确的是( )
选项 物质 化学键类型 晶体类型 物质类别
A NaF 共价键 离子晶体 盐
B 金刚石 非极性键 共价晶体 非电解质
C NaClO 离子键、共价键 离子晶体 强电解质
D 干冰 极性键 共价晶体 氧化物
A.A B.B C.C D.D
3.几种晶体的晶胞(或晶体结构)如图所示，下列说法正确的是( )
A.中的配位数大于干冰中分子的配位数
B.晶胞中，分子的排列方式只有1种方向
C.若金刚石的晶胞边长为，其中两个最近的碳原子之间的距离为
D.石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种混合型晶体
4.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是( )
选项 性质差异 结构因素
A 沸点：乙醇()高于二甲醚() 氢键作用
B 熔点：(1040℃)远高于(178℃升华) 晶体类型
C 键角：(94°)小于(109.5°) 电负性差异
D 分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃) 范德华力作用
A.A B.B C.C D.D
5.下列关于共价晶体和分子晶体的说法中不正确的是( )
A.金刚石、水晶和干冰都属于共价晶体
B.共价晶体中存在共价键，分子晶体中可能存在共价键
C.共价晶体的硬度通常比分子晶体的大
D.有的分子晶体的水溶液能导电
6.离子的极化作用是指离子使异号离子极化而变形的作用。
离子晶体的晶格能是指标准状况下，将1 mol离子晶体完全气化为气态阴、阳离子所吸收的能量。碱金属氯化物的一些物理常数如下：
AB型盐 LiCl NaCl KCl RbCl CsCl
熔点/K 878 1074 1043 991 918
晶体格/（） 848 768 709 687 653
阳离子极化能（） 9.6 4.9 3.6 3.2 2.9
下列说法错误的是( )
A.离子的极化作用、晶格能均随离子半径的增大而减小
B.离子的极化作用会在一定程度上影响晶胞中阳离子的配位数
C.离子的极化作用越强，离子键的百分数越小
D.晶格能越大，离子晶体的熔、沸点越高
7.根据下列事实进行类比或推理，所得出的结论正确的是( )
选项 事实 结论
A 热稳定性： 热稳定性：
B 晶胞中的配位数为6 晶胞中的配位数也为6
C 电负性： 氧化性：单斜硫
D 沸点： 沸点：
A.A B.B C.C D.D
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子核外有2个未成对电子，Y的L层上p电子数比s电子数多2，W与X同主族，Z元素的逐级电离能（）依次为578、1817、2745、11575、14830…下列说法正确的是( )
A.简单离子的半径：r（Z）>r（Y）
B.元素Z在周期表中位于第三周期第IA族
C.简单氢化物的沸点：WD.X的一种核素可用于测定一些文物的年代
9.下列比较正确的是( )
A.化学键的键能由大到小：金刚石>碳化硅>硅
B.熔、沸点由高到低：氯化钠>氧化镁>金刚石>二氧化碳
C.硬度由大到小：>碳化硅>铁>氯化钠
D.共价键的极性由强到弱：
10.砷()、镓()等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，其中砷化镓是一种重要的半导体材料，晶胞结构如图所示，其熔点为1238℃，以下说法正确的是( )
A.一个晶胞中原子的个数为2
B.砷化镓晶体中每个原子均形成4个共价键
C.的配位数是2
D.原子周围与它距离最近且相等的原子有8个
11.下列有关物质结构和性质的说法错误的是( )
A.由于碱金属中的半径最小，金属键最强，的熔点最高
B.冰属于分子晶体，且含有氢键，故具有“分子密堆积”特征
C.和均是价层电子对数为4的极性分子，且分子的键角较小
D.从石墨晶体中剥离出石墨烯(结构如图)，需破坏分子间作用力
12.晶格能是反映离子晶体稳定性的物理量，其定义为气态离子形成离子晶体释放的能量。生成的Born-Haber循环如图所示。
下列说法错误的是( )
A.离子晶体稳定性：
B.的第三电离能为
C.断裂键消耗的能量
D.
13.下列有关晶体的说法中一定正确的是( )
①共价晶体中只存在非极性共价键
②稀有气体形成的晶体属于共价晶体
③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
⑤分子晶体的堆积均为分子密堆积
⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键
⑦金属晶体和离子晶体都能导电
A.①③⑦
B.只有⑥
C.②④⑤⑦
D.⑤⑥
14.近年来有多个关于超高压下新型晶体的形成与结构的研究报道。晶体在的高压下和反应，可以形成一种新型晶体，其立方晶胞如图所示（大球为，小球为），下列叙述不正确的是( )
A.晶胞中，原子分数坐标A为（0，0，0），B为（，0，），则C的原子分数坐标为（0，，）
B.晶胞中，构成的多面体包含20个三角形的面
C.晶胞中，与最近且等距的有12个
D.已知晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度
15.汞及其化合物在我国应用的历史久远，可用作医药、颜料等。两种含汞化合物的晶胞结构如图所示，其中甲为四方晶胞结构，乙为立方晶胞结构。下列说法正确的是( )
A.甲和乙中的配位数相同
B.甲的化学式为
C.乙中相邻的两个之间的距离为anm
D.每个甲、乙晶胞中含有的阴离子数目相等
16.具有萤石（）结构，图甲为理想晶胞，图乙为缺陷晶胞，若晶胞参数为a nm，下列说法错误的是( )
A.理想晶胞中的配位数为8
B.图乙中缺陷晶胞的化学式为
C.若a处的分数坐标为（0，0，0），b处的分数坐标为（，，0），则氧空位处的分数坐标为（，，）
D.与的最近距离为
二、填空题：本大题共4小题，17题10分，18题12分，19题14分，20题16分，共52分。
17.电镀锌的过程中会产生含锌废水，直接排放会污染环境。研究发现FeS能用于去除废液中的锌，发生反应：。已知：常温下，。
（1）在对废水进行化学处理前，需测定其中重金属微粒的含量，可选用的方法是___________。
A．核磁共振氢谱 B．红外光谱
C．晶体射线衍射 D．原子吸收光谱
（2）使用能够除去废液中的原因是___________。
（3）使用处理含锌废水时，不宜调节得过低或过高。结合下图，说明其原因___________。（已知：与的化学性质相似）
工业上还可用作为沉淀剂处理含锌废水。某工厂向废水中加入一定量的，处理后。根据以上信息，通过计算，判断处理后废水能否直接排放？（写出计算过程，已知：废水中排放标准为浓度低于）
（4）使用处理含锌废水比效果更好，解释其原因___________。
呈白色，可用作荧光粉和颜料。的一种晶体的晶胞是面心立方结构，其晶胞如下图所示。
（5）在该晶胞中，填充在由___________个构成的___________面体空隙中。
（6）已知晶体的密度为。则该晶胞的边长为___________。（阿伏加德罗常数的数值取，，精确到小数点后2位）
18.Fe、Co、Ni、Cu均为第四周期元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）基态Fe原子的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为__________。在空气中FeO稳定性小于，从电子排布的角度分析，其主要原因是__________。
（2）可形成，其中en代表。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有__________个；C、N、B的电负性由小到大的顺序为__________。
（3）基态的核外电子排布式为__________；常温下为无色液体，写出两种与CO互为等电子体离子的化学式__________、__________。
（4）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为__________；该晶体的化学式为__________。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为、，则c点原子的分数坐标为__________；晶胞中C、D间距离d=__________pm。
19.钛铁矿直接碳热还原法可以制得碳化钛。碳化钛在航空航天、机械加工等领域应用广泛。其晶胞结构与氯化钠相似，如图所示，晶胞的边长为anm。
（1）原子的价电子排布式是_______。
（2）下列关于碳化钛的说法正确的是_____。
A．碳化钛中碳和钛的比例为1∶1
B．C原子位于Ti形成的四面体空隙中
C．离Ti原子最近的且距离相等的C原子的数目为8
D．碳化钛具有高熔点、高硬度的特点
（3）已知阿伏加德罗常数为，则碳化钛晶体的密度为_______（列出计算式）。
（4）由于晶体的不同晶面其原子排布的不同或者暴露的原子不同，导致所展现出的物理、化学性质会有所不同，这种现象成为晶面效应。若裸露的分别是A面、B面、C面，性能与另外两面不同的是_______。
A．A面 B．B面 C．C面
（5）当TiC中的C原子被N原子取代时，则产生，其性能与x的值有关。随着x的增大，材料的硬度降低、韧性提高；同时x值会影响碳氮化钛的晶胞边长，x越大，则晶胞边长_______。
A．增大 B．减小 C．不变
20.党的二十届三中全会通过的《中共中央关于进一步全面深化改革推进中国式现代化的决定》指出，“完善推动新一代信息技术、人工智能、航空航天、新能源、新材料、高端装备、生物医药、量子科技等战略性产业发展政策和治理体系”。化学发挥着不可替代的作用。按要求完成下列问题。
（1）硝酸羟胺是新一代航天推进剂。可以看做是的衍生物，其电子式为_______，的键角为_______。
（2）在高端装备制造、新材料等领域有广泛应用，在元素周期表的位置是_______。位于同一轨道的2个电子自旋相反，在结构化学中将之分别记为，则基态的总和为_______。
（3）氮化镓是新一代半导体材料，是实现、人工智能、量子互联网等新技术的核心材料。氮化镓晶体有三种晶型，如下图。
①图甲中，可以分割出的基本重复单元可以是下图中的_______（填字母）。
②图乙中，的原子的投影是上图中的_______（填“a”“b”“c”“d”）原子。
③图丙中，的配位数为_______。
（4）是一种新型材料，捕集性能卓越，过程示意图如下，捕集的作用力为_______。试分析该材料能捕集却不能捕集的原因：_______。
（5）氢能作为清洁的新能源，氢气的储存和运输是推广应用的关键。铜晶胞顶点上的原子被金取代后，得到一种重要的储氢合金，已知黄金制品通常称作K金，如纯金制品称为金，含金量的黄金制品称为金，则该储氢合金属于_______（选填“9”“12”或“15”）K金。储氢时，氢原子进入铜金形成的四面体空隙中，则该合金的标准状况下的比储氢率（比储氢率=）为_______（写出计算式即可）。
答案以及解析
1.答案：C
解析：A.晶体和非晶体的本质区别是内部粒子排列的有序性，从而使晶体在宏观上具有自范性，而晶体的自范性导致晶体和非晶体物理性质的差异，A错误；
B.晶体由于内部质点排列的高度有序性导致其许多物理性质表现出各向异性，B错误；
C.干冰、氯化铝均为分子晶体，两者所克服的粒子间作用力均为分子间作用力，C正确；
D.金属能导电是因为自由电子在外加电场作用下定向移动，D错误；
故答案选C。
2.答案：C
解析：A.NaF中只含有离子键，属于离子晶体，属于盐类，故A错误；
B.金刚石中只含有碳碳单键，为非极性键，属于共价晶体，属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.NaClO的电子式为，钠离子与次氯酸根之间存在离子键，次氯酸根中存在极性共价键，因此属于离子晶体，溶于水或熔融状态下能完全电离出钠离子和次氯酸根，因此属于强电解质，故C正确；
D.干冰属于分子晶体，中含有碳氧双键，为极性键，分子间靠分子间作用力结合在一起，属于分子晶体，二氧化碳为氧化物，故D错误；
故答案选C
3.答案：D
解析：A.NaCl晶体中的配位数为6；干冰中分子的配位数为12，所以NaCl中的配位数小于干冰中分子的配位数，A错误；
B.干冰晶体中二氧化碳分子的排列方向有4种，即在顶点上1种，3对面心上3种，B错误；
C.若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为晶胞体对角线长度的，C错误；
D.石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，有共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，所以石墨为混合型晶体，D正确；故答案为：D。
4.答案：D
解析：A.乙醇和二甲醚互为同分异构体，但由于乙醇中存在分子间氢键，而二甲醚中不存在，导致乙醇(78.3℃)的沸点高于二甲醚(-29.5℃)，即与氢键作用有关，A不合题意；
B.是离子晶体，是分子晶体，作用力：离子键＞范德华力，导致的熔点远高于，则的熔点远高于与晶体类型有关，B不合题意；
C.电负性：F＞Cl，故中共用电子对离P更远，排斥力更小，键角更小，且原子半径：F＜Cl，故的键角小于，即与F、Cl的电负性差异有关，C不合题意；_
D.热分解温度：HBr为500℃，HI为300℃，稳定性HBr ＞ HI，是由于非金属性Br ＞ I，导致H-Br的键能比H-I的键能大，与分子间作用力无关，D符合题意；
故答案为：D。
5.答案：A
解析：A.金刚石和水晶是共价晶体，干冰是分子晶体，A错误；
B.共价晶体中存在共价键，故金刚石中存在共价键，分子晶体中可能存在共价键，如水中存在共价键，也可能不存在共价键，如稀有气体中不存在共价键，B正确；
C.共价晶体中共价键的强度强于分子间作用力，故共价晶体的硬度通常比分子晶体的大，C正确；
D.HCl为分子晶体，溶于水后的溶液盐酸可以导电，D正确；
故选A。
6.答案：D
解析：碱金属离子的半径随着周期数增大而增大，根据题表中数据可知，离子的极化作用、晶格能均随离子半径的增大而减小，A说法正确；NaCl晶胞中，阳离子的配位数为6，CsCl晶胞中，阳离子的配位数为8，可见离子的极化作用会在一定程度上影响晶胞中阳离子的配位数，B说法正确；形成离子键的两种元素电负性差值越大，离子键的百分数越大，结合题表数据可知，电负性差值越大，离子的极化作用越弱，则子的极化作用越强，离子键的百分数越小，C说法正确；根据题表数据可知，晶体的熔、沸点还受到离子化作用的影响，不能只根据晶格能的大小判断离子体的熔、沸点，D说法错误。
7.答案：A
解析：键长：，故键能；，因此热稳定性：，同理，键长：，故键能：，因此热稳定性：，A正确；
晶胞中占据顶点和面心，占据棱的中点和体心（二者位置可以互换），故的配位数为6，晶胞中占据顶点，占据体心（二者位置可以互换），故的配位数为8，B错误；
氧化性是物质的得电子能力，与元素的电负性无必然关系，氮气中含有的氮氮三键键能大，化学性质稳定，氮气的氧化性小于单斜硫，C错误；
的相对分子质量比大，分子间的范德华力比大，故的沸点比的高，而能形成分子间氢键使沸点升高，不能形成分子间氢键，所以沸点：，D错误。
8.答案：D
解析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y的L层上p电子数比s电子数多2，则Y是O元素；基态X原子核外有2个未成对电子，且原子序数小于O，则X为C元素，W与X同主族，W为Si元素；Z元素的第四电离能突变，则Z为Al元素。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则铝离子的离子半径小于氧离子，故A错误；铝元素位于元素周期表第三周期第ⅢA族，故B错误；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，则甲烷的沸点低于甲硅烷，故C错误；是碳元素的一种核素，可用于测定一些文物的年代，故D正确。
9.答案：A
解析：原子半径：，则化学键的键能由大到小：金刚石>碳化硅>硅，A正确；金刚石是共价晶体，氯化钠和氧化镁是离子晶体，二氧化碳是分子晶体，则熔、沸点最高的是金刚石，最低的是二氧化碳，B错误；碳化硅是共价晶体，铁是金属晶体，氯化钠是离子晶体，是分子晶体，则硬度由大到小：碳化硅>铁>氯化钠>，C错误；电负性：，则共价键的极性由弱到强：，D错误。
10.答案：B
解析：A.晶胞中原子为面心立方堆积，原子位于顶点和面心位置，顶点位置原子为8个晶胞共有，面心位置原子为2个晶胞共有，因此一个晶胞中原子的个数为个，选项A错误；
B.根据砷化镓的晶胞结构图可知，晶胞中每个原子均形成4个共价键，选项B正确；
C.以晶胞右侧面分析，左边有两个相连，同理右边两个相连，因此的配位数是4，选项C错误；
D.以位于晶胞顶点的原子分析，周围与它最近且相等的原子为位于与其相邻三个面面心位置的3个原子，顶点的原子为8个唱胞共有，且每个面心的为两个唱胞共有，故周围与它距离最近且相等的原子有个，选项D错误；
故答案选B。
11.答案：B
解析：A.碱金属中的电子层数最少，的半径最小，金属键最强，所以碱金属中的熔点最高，A正确；
B.分子间作用力只是范德华力的分子晶体具有“分子密堆积”特征，冰属于分子晶体，但水分子之间的主要作用力是氢键(当然也存在范德华力)，不具有“分子密堆积”特征，B错误；
C.和均是价层电子对数为4的极性分子，和分别含有2对、1对孤电子对，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，故分子的键角较小，C正确；
D.石墨晶体是层状结构，层与层之间通过分子间作用力维系，所以从石墨中剥离石墨烯，需要破坏分子间作用力，D正确；
12.答案：B
解析：A.晶格能是反映离子晶体稳定性的物理量，其定义为气态离子形成离子晶体释放的能量，由图可知，形成离子释放845kJ能量，形成离子释放5493kJ能量，则离子晶体稳定性：，故A正确；
B.Tl原子的第三电离能是由气态离子失去1个电子形成气态离子所需要的能量，根据，可判断的第三电离能不是，故B错误；
C.由图可知，吸收158kJ能量，则断裂键消耗的能量，故C正确；D.根据盖斯定律，，故D正确；
故选B。
13.答案：B
解析：共价晶体中也可能存在极性键，为共价晶体，晶体中存在极性共价键，不存在非极性共价键，①错误；稀有气体属于单原子分子，形成的晶体属于分子晶体，②错误；干冰属于分子晶体，升华时破坏的是分子间作用力，不是共价键，③错误；金属元素与非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，④错误；分子晶体的堆积方式不一定均为分子密堆积，如冰融化变成水时体积变小，冰晶体中水分子未采取密堆积方式，⑤错误；离子晶体是由阴、阳离子相互作用而形成的晶体，金属晶体是金属原子之间通过金属键结合而成的晶体，金属键为金属阳离子和“自由电子”之间存在的强烈的相互作用，所以两者均含有阳离子，但金属晶体中不存在离子键，⑥正确；离子晶体中没有自由移动的离子，不能导电，金属晶体中存在自由移动的电子，能导电，⑦错误。答案选B。
14.答案：D
解析：A.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的A和位于体对角线上的B的原子分数坐标分别为（0，0，0）、（，0，），则晶胞的边长为1，位于面上的C的原子分数坐标为（0，，），故A正确；
B.由晶胞结构可知，晶胞中氯原子构成的多面体共有12个顶点，每个顶点为5个三角形所共有，则每个三角形平均占有的顶点石墨为3×，所以多面体包含三角形的面的数目为=20，故B正确；
C.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原子与位于面对角线上的氯原子距离最近，则晶胞中与钠原子距离最近的氯原子个数为12，故C正确；
D.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的钠原子个数为8×+1=2，位于面上的氯原子个数为12×=6，则晶胞的化学式为，设晶体的密度为，由晶胞的质量公式可得：，解得，故D错误；
故选D。
15.答案：C
解析：A.甲中，位于构成的正八面体的体心，其配位数为6，乙中的配位数与的配位数相同，都为4，A不正确；
B.甲晶胞中，含个数为=1，含个数为=3，含个数为1，则其化学式为，B不正确；
C.乙中，4个位于互不相邻的小正方体的体心，相邻两个之间的距离等于面对角线长的，即为anm，C正确；
D.甲晶胞中，阴离子数目为3，乙晶胞中，阴离子数目为4，则含有的阴离子数目不相等，D不正确；
故选C。
16.答案：B
解析：从图甲可以看出，理想晶胞中，与面心距离最近且相等的有4个，面心为2个晶胞共用，与等距且最近的有8个，则的配位数为8，A正确；在缺陷晶胞中，位于小立方体体心，共7个，位于晶胞的顶点和面心，共个，与的数目之比为4：7，B错误；根据a处的分数坐标为（0，0，0），b处的分数坐标为（，，0），可知氧空位处的分数坐标为（，，），C正确；与最短距离为晶胞体对角线长的，即，D正确。
17.答案：（1）D
（2），，反应进行完全，故能够使用FeS除去废液中
（3）pH过低时，FeS会与氢离子反应生成硫化氢逸出，无法生成ZnS，pH过高，会与反应生成可溶性物质，导致无法除去锌元素；，，故可以直接排放
（4）使用FeS除锌时，生成的被氧化为，水解生成胶体，胶体具有吸附性，吸附ZnS聚沉，另外，FeS难溶于水，过量的FeS可随生成的ZnS一并除去，故使用FeS处理含锌废水比效果更好
（5）4；四
（6）0.54
解析：（1）测定重金属微粒的含量，可选用的方法是原子吸收光谱，故答案选D；
（2）FeS能用于去除废液中的锌，发生反应：，，反应进行完全，故能够使用FeS除去废液中；
（3）pH过低时，FeS会与氢离子反应生成硫化氢逸出，无法生成ZnS，pH过高，会与反应生成可溶性物质，导致无法除去锌元素；，，故可以直接排放；
（4）使用FeS除锌时，生成的被氧化为，水解生成胶体，胶体具有吸附性，吸附ZnS聚沉，另外，FeS难溶于水，过量的FeS可随生成的ZnS一并除去，故使用FeS处理含锌废水比效果更好；
（5）由图可知，在该晶胞中，填充在由4个形成的正四面体空隙中；
（6）设晶胞的边长为anm，由图可知，每个晶胞中的个数为4，由：个数比为1:1可知，每个晶胞中个数也为4，密度，解得a=0.54nm。
18.答案：（1）11∶15；价层电子排布式为3，为3，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此易被氧化为
（2）11个；F>N>C
（3）；；
（4）50%；；（）；
解析：（4）根据晶胞结构可知，在一个晶胞中，Cu、In围成的四面体空隙共有16个，晶体中Te原子有8个，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为50%；该晶胞中Cu位于8个顶点、4个位于面心、1个位于体心，共有Cu：8+4+1=4个；In位于面心和棱心，位于面心的有6个，位于棱心的有4个，共有6+4=4个，Te有8个，所以该晶体的化学式为；C点原子位于下面的二分之一晶胞分成的8个小晶胞其中之一的体心，根据A和B的原子坐标，可知C点原子的坐标为（）；晶胞中C、D间的距离是一个边长为、长方形的面对角线，距离为；
19.答案：（1）
（2）AD
（3）
（4）B
（5）B
解析：（1）根据核外电子排布规律知，原子的价电子排布式是；
（2）1个碳化钛晶胞中，C有：个，Ti有：，则碳化钛中碳和钛的比例为1∶1，A正确，由晶胞知，C原子位于Ti形成的八面体空隙中，B错误，由晶胞知，离Ti原子最近的且距离相等的C原子的数目为6，C错误，碳化钛是共价晶体，具有高熔点、高硬度的特点，D正确，故选AD；
（3）一个晶胞的质量是：g，一个晶胞的体积是，则密度为；
（4）由图可知，A、C面其原子排布相同，暴露的原子也相同，而B面其原子排布以及暴露的原子与A、C面不同，故选B；
（5）因为C原子半径大于N原子半径，所以，x越大，则晶胞边长减小，选B。
20.答案：（1）；
（2）第四周期第ⅦB族；或
（3）；a；6
（4）分子间作用力或范德华力；分子直径超过了的空腔大小
（5）12；
解析：（1）看做是上的一个H被取代得到的产物，其电子式为：；的孤电子对数为，价层电子对数为，故分子结构为平面正三角形，键角；
（2）是第25号元素，价层电子排布为，上5个电子分占5个不同轨道且自旋相同，故或均可；
（3）①观察甲可知，和均为4配位，且相邻的N与N之间或者相邻的与之间均是正面体结构，根据晶胞的平移性可知，c、d均符合；
②观察乙可知，N位于晶胞中四面体空隙中，即体对角线和处，故平面投影位于a处；
③观察丙可知，的上下、前后、左右各1个最近的N，故其配位数为6；
（4）由图观察可知，捕捉作用力应为分子间作用力；结合图中数据发现，的空腔容纳的分子最合适直径为，的直径，在这一范围内，可被较好吸收，而的直径为，不在此范围；
（5）铜晶胞顶点上的原子被取代后，则合金的化学式为，金的质量分数约为，由纯金为（质量分数）知，应为金。该合金共有8个四面体空隙，标准状况下该晶胞最大储氢，比储氢率。