2020届高考化学一轮复习金属键和金属晶体作业 37页

金属键和金属晶体 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．下列图示与对应的叙述相符合的是（　　）‎ A．图1为某金属单质晶体中原子的堆积方式，则其晶胞构型为体心立方 ‎ B．图2为钢闸门的防腐原理示意图，则钢闸门应与电源的正极相连 ‎ C．图3表示CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞b ‎ D．图4表示在容积相同的恒容密闭容器中，等量的NO2在不同温度下反应：2NO2（g）⇌N204（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜O ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属的晶胞如图所示，其配位数为8 ‎ B．SO2分子中，S原子的价层电子对数为3，中心原子上孤电子对数为1，S原子为sp3杂化，是直线型分子 ‎ C．醋酸钠溶液中离子浓度的关系为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） ‎ D．已知反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3+H2O（g），某温度下的平衡常数为400，此温度下，在恒容密闭容器中加入一定量CH3OH，某时刻测得各组分浓度如下表，则此时正、逆反应速率的大小关系为：v正＞v逆 物质 CH3OH CH3OCH3‎ H2O 浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ ‎3．铜原子形成晶体时采用的堆积方式是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．金属晶体的下列性质中，不能用金属晶体结构加以解释的是（　　）‎ A．易导电 B．易导热 C．有延展性 D．易锈蚀 ‎5．物质的变化需要改变微粒之间的相互作用，所克服的作用属于同种类型的是（　　）‎ A．Br2（l）和I2（s）分别受热气化 ‎ B．NaBr和HI分别在水中电离 ‎ C．硅和铁分别受热熔化 ‎ D．氯化氢和蔗糖分别溶解于水 ‎6．下列关于晶体结构的说法正确的是（　　）‎ A．短周期、同主族非金属单质熔沸点都是第三周期大于第二周期 ‎ B．HF的沸点高于HCl，是因为H﹣F键能大于H﹣Cl键能 ‎ C．高熔点的固体如果不是离子晶体、则一定为原子晶体 ‎ D．金属氢氧化物中一定含有共价键 ‎7．2011年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔•谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体．准晶体材料具有硬度高，不易损伤，使用寿命长等特点．下列叙述错误的是（　　）‎ A．自然界中的固体可分为晶体、准晶体和非晶态物质 ‎ B．准晶体是一种介于晶体和非晶态物质之间的固体 ‎ C．准晶体材料的应用具有较大的发展空间 ‎ D．化学式为Al63Cu24Fe13的准晶体不可与稀硝酸发生反应 ‎8．水是制取H2的常见原料，下列有关说道额说法正确的是（　　）‎ A．H2O分子中有2个由s轨道与sp3杂化轨道形成的σ键 ‎ B．水分子是一种极性分子，水分子空间结构呈直线型 ‎ C．冰与干冰都是分子晶体，其晶胞中分子的空间排列方式类似 ‎ D．水分子间通过H﹣O键形成冰晶体 ‎9．下列关于丙烯（CH3﹣CH＝CH2）的说法错误的是（　　）‎ A．丙烯分子有8个σ键，1个π键 ‎ B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化 ‎ C．丙烯分子存在非极性键 ‎ D．丙烯分子中3个碳原子在同一平面上 ‎10．下列说法中正确的是（　　）‎ A．丙烯分子中有8个σ键，1个π键 ‎ B．在SiO2晶体中，1个Si原子和2个O原子形成2个共价键 ‎ C．NCl3和BCl3分子中，中心原子都采用sp3杂化 ‎ D．在“冰→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化过程中，各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是氢键、分子间作用力、极性键 ‎11．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构 ‎ B．分子中中心原子通过sp2杂化轨道成键时，该分子不一定为平面三角形 ‎ C．杂化轨道理论与价层电子互斥理论都可以分析分子的空间构型 ‎ D．四面体型结构的分子一定是非极性分子 ‎12．下列有关有机化合物的说法正确的是（　　）‎ A．CH2Cl2分子是四面体结构，说明C原子的杂化类型为sp3 ‎ B．凡是分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质一定是同系物 ‎ C．糖类、油脂、蛋白质都是重要的营养物质，都能发生水解反应 ‎ D．聚氯乙烯含有碳碳双键，不稳定，所以不能用聚氯乙烯塑料包装食品 ‎13．NaCl的晶胞如图，每个NaCl晶胞中含有的Na+离子和Cl﹣离子的数目分别是（　　）‎ A．14，13 B．1，1 C．4，4 D．6，6‎ ‎14．NaCl晶体结构如图所示，现测知NaCl晶体中Na+与Cl﹣平均距离为a cm，该晶体密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数可表示为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎15．在氯化钠晶体中，若1个Na+周围平均分布着1.5个37Cl﹣，则平均分布着的35Cl﹣数为（　　）‎ A．4.5个 B．4个 C．10.5个 D．1个 ‎16．晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．C60摩尔质量是720 ‎ B．C60属于离子晶体 ‎ C．在C60晶胞中有14个C60分子 ‎ D．每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个 ‎17．冰晶石（化学式为Na3AlF6）的晶体结构单元如图所示（位于大立方体的定点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心），已知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF6＝3Na++AlF，那么大立方体的体心处所代表的微粒为（　　）‎ A．Na+ B．Al3﹣ C．F﹣ D．AlF ‎18．分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey（CN）z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是（　　）‎ A．该晶体是原子晶体 ‎ B．M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价 ‎ C．M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率（体心中没有M+的占总体心的百分比）为50% ‎ D．晶体的化学式可表示为MFe2（CN）3，且M为+1价 ‎19．干冰晶体是一种面心立方结构，如图所示，即每8个CO2构成立方体，且在6个面的中心又各有1个CO2分子，在每个CO2周围距离为a（其中a为立方体棱长）的CO2有（　　）‎ A．4个 B．8个 C．12个 D．6个 ‎20．二氧化硅晶体是立体的网状结构，其结构如图所示．关于二氧化硅晶体的下列说法不正确的是（　　）‎ A．晶体中Si、O原子个数比为1：2 ‎ B．晶体中最小环上的原子数为8 ‎ C．晶体中一个硅原子共用的最小环的数目为12 ‎ D．晶体中Si、O原子最外层都满足8电子结构 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．（1）下列说法正确的是　 　（填序号）‎ A．CH4与CO2分子式均为含有极性共价键的非极性分子 B．第一电离能：O＞N＞C．‎ C．沸点高低：CH4＞SnH4＞GeH4＞SiH4‎ D．CH3+离子的空间构型为平面正三角形．‎ ‎（2）CH4和CO2在Ni催化作用下反应可获得化工原料CO和H2‎ ‎①Ni基态原子核外电子排布式为　 　‎ ‎②与CO互为等电子体的阴离子的电子式为　 　，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1 mol Ni（CO）4的含有σ 键的数目为　 　．‎ ‎（3）CH4和CO2在含有钛氧化物的某种催化剂作用下，可直接转化为CH3COOH．‎ ‎①CH3C00H中C原子轨道杂化类型为　 　‎ ‎②钛氧化物晶胞结构如图所示，写出化学式　 　．‎ ‎22．[化学﹣﹣选修3物质结构与性质]‎ 已知R、W、X、Y、Z是周期表中前四周期元素，它们的原子序数依次递增．R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高；X2+与W2﹣具有相同的电子层结构；Y元素原子的3p能级处于半充满状态；Z+的电子层都充满电子．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出Z的基态原子的外围电子排布式　 　．‎ ‎（2）R的某种钠盐晶体，其阴离子Am﹣（含R、W、氢三种元素）的球棍模型如图所示：在Am﹣中，R原子轨道杂化类型有　 　；m＝　 　．（填数字）‎ ‎（3）经X射线探明，X与W形成化合物的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，X2+的配位原子所构成的立体几何构型为　 　．‎ ‎（4）往Z的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[Z（NH3）4]SO4，下列说法正确的是　 　‎ A．[Z（NH3）4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键 B．在[Z（NH3）4]SO4中Z2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 C．[Z（NH3）4]SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素 D．SO42﹣与PO43﹣互为等电子体，空间构型均为四面体 ‎（5）固体YCl5的结构实际上是Ycl4+和YCl6﹣构成的离子晶体，其晶体结构与CsCl相似．若晶胞边长为apm，则晶胞的密度为　 　g•cm﹣3．‎ ‎23．在电解炼铝过程中加入冰晶石（用“A”代替），可起到降低Al2O3熔点的作用．冰晶石的生产原理为2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3═2A+3CO2↑+9H2O．根据题意完成下列填空：‎ ‎（1）冰晶石的化学式为　 　，含有离子键、　 　等化学键．‎ ‎（2）生成物中含有10个电子的分子是　 　（写分子式），该分子的空间构型为　 　，中心原子的杂化方式为　 　．‎ ‎（3）反应物中电负性最大的元素为　 　（填元素符号），写出其原子最外层的电子排布图　 　．‎ ‎（4）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是　 　（填微粒符号）．‎ ‎（5）Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示：‎ 若已知Al的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则一个晶胞中Al原子的数目为　 　个； Al晶体的密度为　 　（用字母表示）．‎ ‎24．【化学﹣选修3物质结构与性质】‎ 硒（Se）是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。‎ ‎（1）基态硒原子的价层电子排布式为　 　。‎ ‎（2）锗、砷、硒的第一电离能大小排序为　 　。H2SeO4的酸性比H2SeO3的强，其原因是　 　。‎ ‎（3）H2SeO3的中心原子杂化类型是　 　；SeO32﹣的立体构型是　 　。与SeO42﹣互为等电体的分子有（写一种物质的化学式即可）　 　。‎ ‎（4）H2Se属于　 　（填：极性或非极性）分子；单质硒的熔点为217℃，它属于　 　晶体。‎ ‎（5）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为　 　；若该晶胞密度为ρg•cm﹣3，硒化锌的摩尔质量为M g/mol。NA代表阿伏加德罗常数，则晶胞参数a为　 　pm。‎ ‎25．Cu3N具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构如图，Cu+半径为apm，N3﹣半径为bpm，Cu+和N3﹣都是紧密接触的刚性小球，则N3﹣的配位数为　 　，Cu3N的密度为　 　g•cm﹣3．（化为最简式）‎ 三．解答题（共8小题）‎ ‎26．铁是地壳中含量较丰富的元素，仅次于氧、硅、铝元素，其单质及合金是在生产生活中应用广泛的金属材料．化学上常用KSCN溶液等来检验溶液中是否存在Fe3+．‎ ‎（1）Fe3+离子基态的电子排布式可表示为　 　．‎ ‎（2）一种铁晶体的晶胞属于体心立方堆积，则该晶胞中所包括的铁原子的个数是　 　．‎ ‎（3）C、N两种元素的简单气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为　 　．（填化学式）‎ ‎（4）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　．（填元素符号）‎ ‎（5）离子化合物Fe2O3的熔点高于KC1的熔点的原因是　 　．‎ ‎（6）据报道：由Q、X、Z三种元素形成的一种晶体具有超导性，其晶体结构如右图所示．晶体中距每个X原子周围距离最近的Q的原子的个数是　 　．‎ ‎27．Zn和Al都具有两性，其单质和化合物在建筑业、电子工业和石油化工等方面应用广泛．请回答下列问题：‎ ‎（1）Zn形成金属晶体，其金属原子堆积属于下列　 　模式 A．简单立方 B．钾型 C．镁型 D．铜型 ‎（2）葡萄糖酸锌[CH2OH（CHOH）4COO]2Zn是目前市场上流行的补锌剂．写出Zn2+基态电子排布式　 　； 葡萄糖[CH2OH（CHOH）4CHO]分子中手性碳原子有　 　个．‎ ‎（3）锌与某种元素X通过共价键结合，形成空间网状结构的晶体，下图表示该化合物晶胞，该化合物的化学式为　 　；该化合物的晶体熔点远远高于干冰，原因是　 　．‎ ‎（4）AlCl3是化工生产中的常用催化剂，熔点为192.6℃，熔融状态以二聚体Al2Cl6形式存在，请问两分子AlCl3之间以　 　方式二聚．（选择填写：“离子键”“共价键”“金属键”“氢键”）‎ ‎（5 ）超高导热绝缘耐高温纳米氮化铝（AlN）在绝缘材料中的应用广泛，A1N晶体与金刚石类似，每个Al原子与　 　个N原子相连，与同一个Al原子相连的N原子构成的空间构型为　 　．在四大晶体类型中，AlN属于　 　晶体．‎ ‎（6）与锌同周期，最外层有3个未成对电子数的元素名称是　 　，该元素对应的最低价氢化物分子的中心原子采取了　 　 杂化方式，分子的空间构型是　 　，属于　 　分子（选择填写“极性”“非极性”）．‎ ‎28．图1是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体．‎ ‎①图中d单质的晶体堆积方式类型是　 　．‎ ‎②单质a、b、f 对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含　 　个σ键，　 　个π键．‎ ‎③图2是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因：　 　．‎ ‎29．元素周期表中第四周期的某些元素在生产、生活中有着广泛的应用。‎ ‎（1）硒常用作光敏材料，基态硒原子的价电子排布图1为　 　；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有　 　种；SeO3的空间构型是　 　。‎ ‎（2）科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了Cu﹣Ni﹣Fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是　 　。‎ ‎（3）镍能与类卤素（SCN）2反应生成Ni（SCN）2．（SCN）2分子中硫原子的杂化方式是　 　，σ键和π键数目之比为　 　。‎ ‎（4）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.2mol•L﹣1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成5.74g白色沉淀，则该配合物的化学式为　 　，中心离子的配位数为　 　。‎ ‎（5）已知：r（Fe2+）为61pm，r（Co2+）为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是　 　。‎ ‎（6）某离子型铁的氧化物晶胞如图2所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为　 　。已知该晶体的密度为dg•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该品体的晶胞参数a＝　 　pm（用含d和NA的代数式表示）。‎ ‎30．碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：‎ ‎（1）氮原子核外有　 　种不同运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布图为　 　。‎ ‎（2）已知：（NH4）2CO32NH3↑+H2O↑+CO2↑‎ ‎①与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有　 　种。‎ ‎②分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为　 　（填化学式）。‎ ‎（3）物质 中与CO32﹣中的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为　 　。‎ ‎（4）配合物[Cu（CH3C≡N）4]BF4中铜原子的价电子排布式：　 　，BF4﹣的空间构型为　 　。写出与BF4﹣互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式：　 　、　 　。‎ ‎（5）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示（8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内），该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。‎ ‎①晶胞中C原子的配位数为　 　。该晶体硬度超过金刚石的原因是　 　。‎ ‎②已知该晶胞的边长apm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为　 　。‎ ‎31．超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子，2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图1所示。‎ ‎（1）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是　 　；核外未成对电子数是　 　个。‎ ‎（2）该超分子中存在的化学键类型有　 　。‎ A．σ键 B．π键 C．离子键 D．氢键 ‎（3）该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是　 　（填元素符号），p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有　 　。‎ ‎（4）从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因　 　。‎ ‎（5）C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是　 　。‎ ‎（6）已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图2所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为（0，0，0）。‎ 钼（Mo）的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，）。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是　 　。已知该晶体的密度是ρg•cm﹣3，Mo的摩尔质量是M g•mol﹣1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为　 　pm。‎ ‎32．乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：‎ ‎4Mn（NO3）2•6H2O+26（CH3CO）2O＝4（CH3COO）3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH ‎（1）Mn3+基态核外电子排布式为　 　。‎ ‎（2）NO3﹣中氮原子轨道的杂化类型是　 　。‎ ‎（3）与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式为　 　。‎ ‎（4）配合物[Mn（CH3OH）6]2+中提供孤对电子的原子是　 　。‎ ‎（5）CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还有　 　。‎ ‎（6）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为　 　。‎ ‎33．铜的化合物具有广泛的用途。‎ ‎（1）Cu2+基态核外电子排布式为　 　。‎ ‎（2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，可析出Cu（NH3）4SO4•H2O．N、O、S原子的第一电离能由大到小的顺序为　 　，与SO42﹣互为等电子体的分子的化学式为　 　，每个乙醇分子中sp3杂化的原子个数为　 　。‎ ‎（3）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，其中O原子的配位数为　 　。‎ ‎（4）Cu2O的熔点比Cu2S高的原因是　 　。‎ 金属键和金属晶体 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A．由图可知，该金属单质晶体中晶胞的面心上有金属原子；‎ B．金属作为电解池的阴极被保护；‎ C．CH3COOH溶液中导电性越强，氢离子浓度越大，pH越小；‎ D．由图可知，反应平衡后升高温度NO2的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反应。‎ ‎【解答】解：A．由图可知，该金属单质晶体中晶胞的面心上有金属原子，是面心立方晶胞，不是体心立方，故A错误；‎ B．金属作为电解池的阴极被保护，所以钢闸门应与电源的负极相连，故B错误；‎ C．CH3COOH溶液中导电性越强，氢离子浓度越大，pH越小，则CH3COOH溶液的pH：a＜b，故C错误；‎ D．由图可知，反应平衡后升高温度NO2的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反应，所以该反应的△H＜0，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎2．【分析】A．简单立方的配位数是6；‎ B．SO2分子中有三根键，只接两个O，所以剩一对孤电子，S原子为sp2杂化，是V型分子；‎ C．醋酸根离子水解，溶液显碱性；‎ D．计算浓度商，与平衡常数比较，可判断反应向正反应方向移动，确定速率大小．‎ ‎【解答】解：A．金属的晶胞如图所示，属于简单立方，配位数是6，故A错误；‎ B．SO2分子中，S原子的价层电子对数为3，中心原子上孤电子对数为1，有三根键，只接两个O，所以剩一对孤电子，S原子为sp2杂化，是V型分子，故B错误；‎ C．酸根离子水解，溶液显碱性，显性离子大于隐性离子，则离子关系为c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；‎ D．此时浓度商Q＝＝2.25＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故v正＞v逆，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎3．【分析】简单立方堆积，属于Po型；体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；六方最密堆积，属于镁、锌、钛型；面心立方最密堆积，属于Cu型．‎ ‎【解答】解：面心立方最密堆积属于Cu型，即铜原子形成晶体时采用的堆积方式是；‎ 故选：C。‎ ‎4．【分析】A．组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电；‎ B．金属晶体的导热是由于晶体内部，自由电子与金属阳离子的碰撞；‎ C．金属发生形变时，自由电子仍然可以在金属子离子之间流动，使金属不会断裂；‎ D．金属的化学性质比较活泼，容易被空气中的氧气所氧化．‎ ‎【解答】解：A．组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，能用金属晶体结构加以解释，故A正确；‎ B．金属晶体的导热是由于晶体内部，自由电子与金属阳离子的碰撞，能用金属晶体结构加以解释，故B正确；‎ C．金属发生形变时，自由电子仍然可以在金属子离子之间流动，使金属不会断裂，能用金属晶体结构加以解释，故C正确；‎ D．金属的化学性质比较活泼，容易被空气中的氧气所氧化，故金属易腐蚀不能用金属晶体结构加以解释，故D错误，‎ 故选：D。‎ ‎5．【分析】根据晶体类型判断，分子晶体中微粒之间的作用力为分子间作用力，离子晶体中粒子之间的作用力为离子键，共价化合物分子内原子之间的作用力为共价键，金属晶体中粒子之间的作用力为金属键，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．Br2（l）和I2（s）分别受热气化克服的为分子间作用力，类型相同，故A正确；‎ B．NaBr属于离子混合物，在水中电离需克服离子键，HI属于共价化合物，在水中电离需克服共价键，二者不同，故B错误；‎ C．硅属于非金属单质，铁属于金属单质，熔化时分别克服共价键和金属键，故C错误；‎ D．氯化氢在水中电离需克服共价键，蔗糖为非电解质，在水中不电离，溶于水克服分子间作用力，二者不同，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎6．【分析】A．晶体类型不同，熔沸点变化不同；‎ B．HF分子间含有氢键；‎ C．某些金属晶体的熔点较高；‎ D．氢氧化物中存在O﹣H键．‎ ‎【解答】解：A．C和Si都属于原子晶体，金刚石的熔点高于晶体硅，故A错误；‎ B．HF分子间含有氢键，沸点高于HCl，与键能无关，故B错误；‎ C．某些金属晶体的熔点较高，如钨，不一定为原子晶体，故C错误；‎ D．氢氧化物中存在O﹣H键，为共价键，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎7．【分析】固体可分为晶体、准晶体和非晶态物质，准晶体介于晶体和非晶态物质之间，硬度高，不易损伤，使用寿命长，具有较大发展空间，金属晶体可与稀硝酸发生化学反应．‎ ‎【解答】解：A．固体有晶体、非晶体之分，介于晶体、非晶体之间的为准晶体，故A正确；‎ B．准晶体介于晶体和非晶态物质之间，具有晶体和非晶体的性质，故B正确；‎ C．准晶体硬度高，不易损伤，使用寿命长，具有较大发展空间，故C正确；‎ D．Al63Cu24Fe13的准晶体所含元素都能与稀硝酸反应，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎8．【分析】A．H2O分子中2个氢原子的2个由s轨道与氧原子的sp3杂化轨道形成σ键；‎ B．H2O中H、O元素形成的极性键，分子空间结构呈V型；‎ C．冰晶胞：；干冰晶胞：；‎ D．水分子之间是通过氢键作用形成冰晶体．‎ ‎【解答】解：A．H2O分子的结构为H﹣O﹣H含有2个σ键，水分子中2个氢原子的2个s轨道与氧原子的sp3杂化轨道形成σ键，故A正确；‎ B．H2O中H、O元素形成的极性键，H2O分子空间结构呈V型，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B错误；‎ C．冰晶胞：；干冰晶胞：，即冰晶胞中水分子的空间排列方式与干冰胞不同，故C错误；‎ D．水分子之间存在氢键，水形成冰晶体是通过氢键作用的，分子间没有共价键，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎9．【分析】A．丙烯（CH3﹣CH＝CH2）中存在6个C﹣Hσ键和1个C﹣Cσ键，还有1个π键；‎ B．甲基中的C为sp3杂化，C＝C中的C为sp2杂化；‎ C．C、C之间形成的共价键为非极性键；‎ D．由C＝C为平面结构分析．‎ ‎【解答】解：A．丙烯（CH3﹣CH＝CH2）中存在6个C﹣Hσ键和2个C﹣Cσ键，还有1个π键，则共有8个σ键，1个π键，故A正确；‎ B．甲基中的C为sp3杂化，C＝C中的C为sp2杂化，则丙烯中只有1个C原子为sp3杂化，故B错误；‎ C．C、C之间形成的共价键为非极性键，则丙烯分子存在非极性键，故C正确；‎ D．由C＝C为平面结构，甲基中的C与双键碳原子直接相连，则三个碳原子在同一平面内，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎10．【分析】A．单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键；‎ B．二氧化硅中Si原子形成4个共价键；‎ C．根据N、B原子的价层电子对数判断；‎ D．根据微粒之间的作用力分析．‎ ‎【解答】解：A．C﹣C、C﹣H键均为σ键，C＝C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键和1个π键，故A正确；‎ B．二氧化硅中Si原子形成4个共价键，所以在SiO2晶体中，1个Si原子和4个O原子形成4个共价键，故B错误；‎ C．NCl3中N原子形成3个共价键，还有一个孤电子对，则N的价层电子对数为4，采用sp3杂化，BCl3分子B原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，故C错误；‎ D．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，为化学变化，破坏的是极性共价键，所以各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是氢键、氢键、极性键，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎11．【分析】A、若中心原子存在孤电子对时，该分子就不是正四面体；‎ B、若中心原子存在孤电子对时，该分子就不是平面三角形；‎ C、杂化轨道理论与价层电子互斥理论均用于分析判断分子的空间构型，且两种理论相互补充；‎ D、正四面体构型的对称型分子属于非极性分子，偏四面体性的分子为极性分子．‎ ‎【解答】解：A、分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，说明中心原子的价层电子对数为4，若中心原子存在孤电子对，该分子就不是正四面体，如氨气分子、水分子等，故A正确；‎ B、分子中中心原子通过sp2杂化轨道成键时，说明中心原子的价层电子对数为3，若中心原子存在孤电子对，该分子就不是平面三角形，如SO2等，故B正确；‎ C、杂化轨道理论与价层电子互斥理论均用于分析判断分子的空间构型，且两种理论相互补充，故C正确；‎ D、正四面体构型的对称型分子属于非极性分子，偏四面体性的分子为极性分子，如一氯甲烷等，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎12．【分析】A．根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式和空间构型；‎ B．同系物必须首先是结构相似；‎ C．单糖不水解；‎ D．聚氯乙烯中不含不饱和键，聚氯乙烯加热会产生有毒气体．‎ ‎【解答】解：A．CH2Cl2分子是四面体结构，则碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，C原子的杂化类型为sp3，故A正确；‎ B．分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质结构不一定相似，所以不一定是同系物，故B错误；‎ C．糖类包含单糖、二糖、多糖，二糖和多糖能水解，而单糖不水解，故C错误；‎ D．聚氯乙烯不含不饱和键，聚氯乙烯加热会产生有害气体，所以不能用聚氯乙烯塑料做食品包装袋，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎13．【分析】利用均摊法计算晶胞中含有的钠离子和氯离子数目．‎ ‎【解答】解：黑色球表示氯离子，白色球表示钠离子，钠离子数目＝1+12×＝4，氯离子数目＝+6×＝4，所以每个NaCl晶胞中含有的Na+离子和Cl﹣离子的数目分别是4、4，故选C。‎ ‎14．【分析】NaCl晶体中Na+与Cl﹣平均距离为a cm，则晶胞棱长为2a cm，晶胞中Na+离子数目为1+12×＝4、Cl﹣离子数目为8×+6×＝4，则晶胞质量为4×，再结合m＝ρV计算．‎ ‎【解答】解：NaCl晶体中Na+与Cl﹣平均距离为a cm，则晶胞棱长为2a cm，晶胞体积为（2a cm）3，晶胞中Na+离子数目为1+12×＝4、Cl﹣离子数目为8×+6×＝4，则晶胞质量为4×，则ρg•cm﹣3×（2a cm）3＝4×，解得NA＝，‎ 故选：C。‎ ‎15．【分析】氯元素同位素有37Cl、35Cl两种，氯化钠晶体中钠离子配位数为6，据此计算．‎ ‎【解答】解：氯元素同位素有37Cl、35Cl两种，氯化钠晶体中钠离子配位数为6，若1个Na+周围平均分布着1.5个37Cl﹣，则平均分布着的35Cl﹣数为6﹣1.5＝4.5，故选A。‎ ‎16．【分析】A．摩尔质量有单位，若以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量；‎ B．C60的构成微粒是分子，属于分子晶体；‎ C．根据均摊法可知，在C60晶胞中面心上的分子属于该晶胞的为，顶点上的分子属于该晶胞的为；‎ D．根据晶胞的结构可知，以晶胞中顶点上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子分布在立方体的面心上，每个C60分子被8个立方体共用，有12个面与之相连，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个．‎ ‎【解答】解：A、C60摩尔质量是720g/mol，故A错误；‎ B、C60属于分子晶体，故B错误；‎ C．根据均摊法可知，在C60晶胞中含有有C60分子的个数为：6×+＝4，故C错误；‎ D．根据晶胞的结构可知，以晶胞中顶点上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子分布在立方体的面心上，每个C60分子被8个立方体共用，有12个面与之相连，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎17．【分析】该晶胞中●个数＝8×+6×＝4，○个数＝12×+8＝11，根据化学式知，冰晶石中阳离子和阴离子个数之比为3：1，据此判断大立方体的体心处▽所代表的微粒。‎ ‎【解答】解：该晶胞中●个数＝8×+6×＝4，○个数＝12×+8＝11，根据化学式知，冰晶石中阳离子和阴离子个数之比为3：1，要使阳离子、阴离子个数之比为3：1，则大立方体的体心处▽所代表的微粒是，故选：D。‎ ‎18．【分析】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，据此判断晶体类型；‎ B、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断；‎ C、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数比可判断；‎ D、根据晶胞结构，利用均摊法确定晶胞中各离子个数，再根据化合价代数各为零可判断．‎ ‎【解答】A、该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN﹣等阴阳离子，所以该晶体为离子晶体，故A错误；‎ B、根据晶胞结构可知，晶胞中含有Fe2+的个数为4×＝，Fe3+的个数为4×＝，CN﹣的个数为12×＝3，所以Fe2+、Fe3+、CN﹣的个数比为1：1：6，根据化合价代数和为零可知，M的化合价为+1价，故B错误；‎ C、根据晶胞结构，由B的计算可知，每个晶胞中含有Fe2+0.5个，Fe3+0.5个，CN﹣3个，由B可知M的化合价为+1价，根据化合价代数为零，可知每个晶胞平均含有M也是0.5个，而M的离子位于上述立方体的体心上，所以两个晶胞中一个有M+，而另一个必无M+，所以M+空缺率为50%，故C正确；‎ D、由B的分析可知，晶体的化学式可表示为MFe2（CN）6，且M为+1价，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎19．【分析】由图可知，以立方体顶点的二氧化碳为例，周围距离为a即为面对角线的一半，这样的二氧化碳分子分布在与之相连的面的面心上，而与一个顶点相连的面有12个，据此答题。‎ ‎【解答】解：由图可知，以立方体顶点的二氧化碳为例，周围距离为a即为面对角线的一半，这样的二氧化碳分子分布在与之相连的面的面心上，而与一个顶点相连的面有12个，所以这样的二氧化碳分子也有12个，‎ 故选：C。‎ ‎20．【分析】A、由二氧化硅晶体结构图可知，每个硅原子周围连有四个氧原子，每个氧原子周围连有2个硅原子，Si、O原子个数比为1：2，据此答题；‎ B、由二氧化硅晶体结构图可知，晶体中最小环上含有6个硅原子和6个氧原子，所以最小环上的原子数为12，据此答题；‎ C、晶体硅的结构和金刚石相似，硅原子周围有四个共价键与硅原子相连，其中任意两个共价键向外都可以连有两个最小的环，从四个键中拿出两个键根据排列组合的知识可知有六种情况，所一个硅原子共用的最小环有6×2＝12种，据此答题；‎ D、因为在晶体中硅原子周围有四对共用电子对，氧原子有两对共用电子对，而氧原子最外层就是六个电子，这样两种原子都满足八电子结构，据此答题；‎ ‎【解答】解：A、由二氧化硅晶体结构图可知，每个硅原子周围连有四个氧原子，每个氧原子周围连有2个硅原子，Si、O原子个数比为1：2，故A正确；‎ B、由二氧化硅晶体结构图可知，晶体中最小环上含有6个硅原子和6个氧原子，所以最小环上的原子数为12，故B错误；‎ C、晶体硅的结构和金刚石相似，硅原子周围有四个共价键与硅原子相连，其中任意两个共价键向外都可以连有两个最小的环，从四个键中拿出两个键根据排列组合的知识可知有六种情况，所一个硅原子共用的最小环有6×2＝12种，故C正确；‎ D、因为在晶体中硅原子周围有四对共用电子对，氧原子有两对共用电子对，而氧原子最外层就是六个电子，这样两种原子都满足八电子结构，故D正确；‎ 故选：B。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】（1）A．由不同种元素的原子组成的共价键为极性键，空间构型为对称型的是非极性分子；‎ B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；‎ C．不含有氢键的分子晶体，相对分子质量大的沸点高；‎ D．根据CH3+离子的价层电子对数以及杂化轨道类型判断CH3+离子的空间构型；‎ ‎（2）①Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理写出基态Ni原子核外电子排布式；‎ ‎②原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体；该配合物的配离子中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在σ键；‎ ‎（3）①CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，根据杂化理论判断；②利用均摊法计算该晶胞中含有的原子个数，从而确定其化学式．‎ ‎【解答】解：（1）A．CH4分子中含有极性共价键C﹣H，空间构型为正四面体结构，为非极性分子，CO2 中C＝O为极性键，二氧化碳为直线型，所以是非极性分子，故A正确；‎ B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能顺序为：N＞O＞C，故B错误；‎ C．CH4、SnH4、GeH4、SiH4属于都不含有氢键的分子晶体，相对分子质量大的沸点高，所以沸点高低：SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4，故C错误；‎ D．CH3+离子的价层电子对数＝3+＝3，为sp2杂化，故D正确；‎ 故答案为：AD；‎ ‎（2）①Ni的原子序数为28，根据能量最低原理可写出电子排布式为1S22S22P63S23P63d84s2，‎ 故答案为：1S22S22P63S23P63d84s2；‎ ‎②CO分子中含有2个原子、价电子数是10，与CO互为等电子体的与CO互为等电子体的阴离子微粒有CN﹣或C22﹣，其电子式为，该配合物的配离子中Ni原子和C原子之间有4个σ键，CO分子中C和O之间存在1个σ键，1个π键，1个配位键，因此4个CO有4个σ键，故1mol Ni（CO）4中含有8molσ键即8NA，‎ 故答案为：；8NA；‎ ‎（3）①CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，‎ 故答案为：sp3和sp2；‎ ‎②该晶胞中氧原子个数为4×+2＝4，钛原子个数＝8×+1＝2，所以化学式为TiO2，‎ 故答案为：TiO2．‎ ‎22．【分析】R、W、X、Y、Z是周期表中前四周期元素，它们的原子序数依次递增．R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1，及p能级只有1个电子，R原子核外电子排布为1s22s22p1，故R为硼元素；Y元素原子的3p能级处于半充满状态，Y原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p3，故Y为磷元素；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高，考虑氢键的存在，且X2+与W2﹣具有相同的电子层结构，故X处于第三周期、W处于第二周期，故X为Mg元素、W为氧元素；Z+的电子层都充满电子，各层电子数为2、8、18，故Z原子核外电子数为2+8+18+1＝29，故Z为Cu元素，据此解答．‎ ‎【解答】解：R、W、X、Y、Z是周期表中前四周期元素，它们的原子序数依次递增．R的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为1，及p能级只有1个电子，R原子核外电子排布为1s22s22p1‎ ‎，故R为硼元素；Y元素原子的3p能级处于半充满状态，Y原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p3，故Y为磷元素；W的氢化物的沸点比同族其它元素氢化物的沸点高，考虑氢键的存在，且X2+与W2﹣具有相同的电子层结构，故X处于第三周期、W处于第二周期，故X为Mg元素、W为氧元素；Z+的电子层都充满电子，各层电子数为2、8、18，故Z原子核外电子数为2+8+18+1＝29，故Z为Cu元素，‎ ‎（1）Z为Cu元素，原子核外电子数为29，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu的基态原子的外围电子排布式为3d104s1，‎ 故答案为：3d104s1；‎ ‎（2）H原子成1个键，O原子成2个键，B原子一般是形成3个键，B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，则成3个键的B原子为SP2杂化，成4个键的B为SP3杂化；‎ 观察模型，可知Am﹣是（H4B4O9）m﹣，依据化合价H为+1，B为+3，O为﹣2，可得m＝2，‎ 故答案为：SP2、SP3；2；‎ ‎（3）经X射线探明，Mg与O形成化合物的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，Mg2+的周围有6个O原子，为如图结构，故配位原子所构成的立体几何构型为正八面体，‎ 故答案为：正八面体；‎ ‎（4）A．[Z（NH3）4]SO4中，内界离子[Cu（NH3）4]2+与外界离子SO42形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，NH3中N原子与H原子之间形成极性键，故A正确；‎ B．在[Z（NH3）4]SO4中Z2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故B错误；‎ C．[Z（NH3）4]SO4组成元素中第一电离能最大的是N元素，故C错误；‎ D．SO42﹣与PO43﹣互为等电子体，价层电子总数相同，空间结构相同，SO42﹣中S原子成4个σ键，孤对电子对数为＝0，价层电子对为4，为正四面体，故D正确；‎ 故答案为：AD；‎ ‎（5）固体PCl5的结构实际上是PCl4+和PCl6﹣构成的离子晶体，其晶体结构与CsCl相似，则晶胞的组成为P2Cl10，晶胞中相当于含有2个PCl5‎ ‎，若晶胞边长为apm，则晶胞的密度为＝g•cm﹣3，‎ 故答案为：．‎ ‎23．【分析】（1）冰晶石的成分是Na3AlF6，该物质中含有离子键和配位键；‎ ‎（2）H2O中含有10个电子，根据价层电子对互斥理论确定水分子构型和O原子杂化方式；　 ‎ ‎（3）元素的非金属性越强，其电负性越强；F原子核外最外层上s、p能级，s、p能级上电子分别是2、5；‎ ‎（4）利用均摊法确定其化学式，再根据化学式中离子判断该微粒；‎ ‎（5）利用均摊法计算Al原子个数，该晶胞棱长＝＝2d，所以晶胞的体积＝（2d）3，‎ 根据ρ＝计算晶胞密度．‎ ‎【解答】解：（1）冰晶石的成分是Na3AlF6，该物质中Na+和AlF6﹣之间存在离子键，Al原子和F原子之间存在配位键，故答案为：Na3AlF6；离子键和配位键；‎ ‎（2）H2O中含有10个电子，水分子中含有2个共价单键和2个孤电子对，所以其空间构型为V形，O原子采用杂化，故答案为：H2O；V形；sp3；‎ ‎（3）元素的非金属性越强，其电负性越强，所以电负性最强的是F元素；F原子核外最外层上s、p能级，s、p能级上电子分别是2、5，其最外层轨道表示式为，故答案为：F；；‎ ‎（4）●的个数＝＝4，○个数＝12×+8+1＝12，要使两种离子的个数之比为1：3，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na+，故答案为：Na+；‎ ‎（5）该晶胞中Al原子个数＝＝4，该晶胞棱长＝＝2d，所以晶胞的体积＝（2d）3，‎ ρ＝＝＝，故答案为：4；．‎ ‎24．【分析】（1）硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布式；‎ ‎（2）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；同主族，从上到下，元素的第一电离逐渐减小；含氧酸分子中非羟基氧越多，酸性越强；‎ ‎（3）根据中心原子的价层电子对数可判断杂化方式及微粒的立体构型，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒；‎ ‎（4）H2Se分子中有孤电子对，据此判断分子的极性；根据晶体的性质可判断晶体的类型；‎ ‎（5）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，该晶胞中含有硒原子数为8×+＝4，含有锌原子数为4，根据可计算出晶胞的体积，进而确定晶胞的边长；‎ ‎【解答】解：（1）硒为34号元素，有6个价电子，所以硒的价层电子排布式为4s24p4，‎ 故答案为：4s24p4；‎ ‎（2）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，所以Ge、As、Se三种元素的第一电离能的大小顺序是：As＞Se＞Ge，含氧酸分子中非羟基氧越多，酸性越强，H2SeO4分子中非羟基氧数大于H2SeO3，所以H2SeO4的酸性比H2SeO3的强，‎ 故答案为：As＞Se＞Ge；H2SeO4分子中非羟基氧数大于H2SeO3；‎ ‎（3）H2SeO3的中心原子的价层电子对数为＝4，所以Se杂化方式为sp3杂化，SeO32﹣的中心原子Se的价层电子对数为＝4，离子中有一个孤电子对，所以SeO32﹣的立体构型是 三角锥形，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒，与SeO42﹣互为等电体的分子有CCl4（或SiF4），‎ 故答案为：sp3； 三角锥形；CCl4（或SiF4）；‎ ‎（4）H2Se分子中有孤电子对，所以H2Se属于 极性分子，单质硒的熔点为217℃，比较小，所以它属于分子晶体，‎ 故答案为：极性；分子；‎ ‎（5）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为8×+＝4，含有锌原子数为4，根据＝，所以V＝，则晶胞的边长为cm＝×1010pm，‎ 故答案为：4；×1010。‎ ‎25．【分析】由Cu3N的晶胞结构如图，大球个数＝12×＝3，小球个数＝＝1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，由空间结构可知，中间面上N的周围有4个Cu，上下面上各有1个Cu，则N3﹣的配位数4+2＝6，Cu3N的密度＝，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由Cu3N的晶胞结构如图，大球个数＝12×＝3，小球个数＝＝1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，由空间结构可知，中间面上N的周围有4个Cu，上下面上各有1个Cu，则N3﹣的配位数4+2＝6，‎ 晶胞的体积＝[（2a+2b）×10﹣10cm]3，Cu3N的密度＝＝g/cm3＝g/cm3，‎ 故答案为：6；．‎ 三．解答题（共8小题）‎ ‎26．【分析】（1）Fe是26号原子，其原子核外有26个电子，失去3d上1个电子和4s上2个电子生成亚铁离子，根据构造原理书写铁离子基态的电子排布式；‎ ‎（2）利用均摊法金属该晶胞中含有的铁原子个数；‎ ‎（3）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；‎ ‎（4）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；‎ ‎（5）离子晶体中晶格能与离子半径成反比，与所带电荷成正比；‎ ‎（6）利用均摊法确定Q原子个数．‎ ‎【解答】解：（1）Fe是26号原子，其原子核外有26个电子，失去3d上1个电子和4s上2个电子生成亚铁离子，根据构造原理知铁离子基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；‎ ‎（2）该晶体为体心立方，晶胞的每个顶点上有一个铁原子，体心上有一个铁原子，所以该晶胞中铁原子个数＝8×1＝2，故答案为：2；‎ ‎（3）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，N元素的非金属性大于C元素，所以氢化物的稳定性NH3＞CH4，故答案为：NH3＞CH4；‎ ‎（4）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O这几种元素的第一电离能大小顺序是：N＞O＞C，‎ 故答案为：N＞O＞C；‎ ‎（5）离子晶体中晶格能与离子半径成反比，与所带电荷成正比，铁离子半径小于钾离子但电荷数大于钾离子，氧离子离子半径小于氯离子但电荷数大于氯离子，所以氧化铁的晶格能大于氯化钾，‎ 故答案为：Fe2O3的晶格能大于KCl的晶格能；‎ ‎（6）利用均摊法确定Q原子个数，每个X原子被两个晶胞共用，每个晶胞含有一个Q原子，所以晶体中距每个X原子周围距离最近的Q原子有2个，‎ 故答案为：2．‎ ‎27．【分析】（1）晶体中锌原子位于正六面体的顶点和中心上；‎ ‎（2）Zn元素是30号元素，Zn原子形成离子先失去高能层中的电子，结合核外电子排布规律书写；‎ 有机物中连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；‎ ‎（3）由晶胞结构可知，晶胞中Zn原子处于晶胞内部，X原子处于顶点与面心，根据均摊法计算晶胞中X原子数目，据此书写化学式，晶胞中Zn和X通过共价键结合，故该晶体通过共价键形成的空间网状结构，属于原子晶体，熔点比分子晶体高；‎ ‎（4）分子晶体的熔点较低，分子晶体中只含共价键；‎ ‎（5）AlN晶体与金刚石类似，每个Al原子与个N原子相连，为空间网状结构，与同一个Al原子相连的N原子构成正四面体，氮化铝属于原子晶体； ‎ ‎（6）与锌同周期，最外层有3个未成对电子数的元素是砷，该元素的最低价氢化物是砷化氢，根据价层电子对互斥理论确定砷原子杂化方式及分子的空间构型，分子中正负电荷重心不重合的分子为极性分子．‎ ‎【解答】解：（1）锌形成的金属晶体中锌原子位于正六面体的顶点和中心上，其金属原子堆积属于镁型，故选C；‎ ‎（2）Zn元素是30号元素，Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故Zn2+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，葡萄糖分子中含有4个手性碳原子，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；4；　　 ‎ ‎（3）由晶胞结构可知，晶胞中Zn原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Zn原子，X原子处于顶点与面心，晶胞中X原子数目为8×+6×＝4，故该化合物化学式为ZnX，晶胞中Zn和X通过共价键结合，故该晶体通过共价键形成的空间网状结构，属于原子晶体，干冰属于分子晶体，故该化合物的熔点比干冰高，‎ 故答案为：ZnX；原子晶体远高于分子晶体；‎ ‎（4）氯化铝的熔点较低，为分子晶体，分子晶体中只含共价键，故答案为：共价键； ‎ ‎（5）AlN晶体与金刚石类似，每个Al原子与4个N原子相连，为空间网状结构，与同一个Al原子相连的N原子构成正四面体，且晶体类型与金刚石相同，为原子晶体，‎ 故答案为：4；正四面体；原子； ‎ ‎（6）与锌同周期，最外层有3个未成对电子数的元素是砷，该元素的最低价氢化物是砷化氢，砷化氢分子中砷原子含有3个共价单键及一个孤电子对，所以其杂化方式为sp3，该分子为三角锥形结构，砷化氢的正负电荷重心不重合，为极性分子，‎ 故答案为：砷；sp3；三角锥；极性．‎ ‎28．【分析】①一般来说，分子晶体的熔点较小，金属晶体的熔点较大，原子晶体的熔点最高，金属为热和电的良导体，c、d均是热和电的良导体，则c和d是金属，钠的熔点小于铜，所以d是铜，根据铜的晶胞结构确定其堆积方式；‎ ‎②根据熔点知，a是H元素，b是N元素，f是C元素，a、b、f 对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，其结构为H﹣C≡N，共价单键为σ 键，共价双键中一个是σ键一个是π键；‎ ‎③根据图知，该含氧酸中含有羟基，羟基和水中氧原子易形成氢键．‎ ‎【解答】解：①d单质是热和电的良导体，且熔点较高，则为铜，铜为面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积；‎ ‎②根据熔点知，a是H元素，b是N元素，f是C元素，a、b、f 对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，其结构为H﹣C≡N，共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，三键中一个是σ键两个是π键，所以该分子中含有2个σ键2个π键，‎ 故答案为：2；2；‎ ‎③根据图知，该分子中含有一个氢原子、三个氧原子和一个氮原子，为硝酸分子，硝酸分子正负电荷重心不重合，为极性分子，且硝酸和水能形成氢键而增大硝酸的溶解性，故答案为：硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键．‎ ‎29．【分析】（1）基态硒原子的价电子为4s、4p能级上的电子；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有Sn、Br、Kr；SeO3中Se价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型；‎ ‎（2）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是X射线衍射实验；‎ ‎（3）（SCN）2分子结构简式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，其中S原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫原子的杂化方式，共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键；‎ ‎（4）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.2mol•L﹣1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量＝0.2mol/L×0.2L＝0.04mol，n（AgCl）＝＝0.04mol，说明该配合物中外界有2个氯离子，内界有1个氯离子，中心离子的配体为1个氯离子和5个氨气分子；‎ ‎（5）FeCO3受热分解温度低于CoCO3，FeO的晶格能大于CaO；‎ ‎（6）Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2﹣位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，均摊法计算晶胞中Fe2+、Fe3+、O2﹣的个数，计算晶胞质量，几何晶体质量＝晶胞密度×晶胞体积计算晶胞参数。‎ ‎【解答】解：（1）基态硒原子的价电子为4s、4p能级上的电子，其价电子排布式图为；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有Sn、Br、Kr，所以有3种；SeO3中Se价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为平面三角形，‎ 故答案为：；3；平面三角形；‎ ‎（2）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是X射线衍射实验，‎ 故答案为：X射线衍射实验；‎ ‎（3）（SCN）2分子结构简式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，其中S原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫原子的杂化方式为sp3，共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键，则σ键和π键数目之比为5：4，‎ 故答案为：sp3；5：4；‎ ‎（4）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.2mol•L﹣1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量＝0.2mol/L×0.2L＝0.04mol，n（AgCl）＝＝0.04mol，说明该配合物中外界有2个氯离子，内界有1个氯离子，中心离子的配体为1个氯离子和5个氨气分子，该配合物的化学式为[Co（NH3）5Cl]Cl2，配位数为6，‎ 故答案为：[Co（NH3）5Cl]Cl2；6；‎ ‎（5）r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，FeCO3比CoCO3易分解，‎ 故答案为：r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，FeCO3比CoCO3易分解；‎ ‎（6）Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2﹣位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个；Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe2+离子数目＝4+8×+6×＝8、Fe3+离子数目＝4×4＝16，O2﹣离子数目＝4×8＝32，故Fe2+、Fe3+、O2﹣的个数比为8：16：32＝1：2：4．Fe、O原子数目之比＝24：32＝3：4，故氧化物化学式为Fe3O4，晶胞相当于有8个“Fe3O4“，晶胞质量＝8×‎ g，设晶胞参数为a pm，则：8×g＝dg/cm3×（a×10﹣7 cm）3，解得a＝×1010，‎ 故答案为：Fe3O4；×1010。‎ ‎30．【分析】（1）原子核外没有运动状态相同的电子；N原子价电子排布式是为2s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；‎ ‎（2）①与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne；②分解所得的气态化合物有H2O、NH3、CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力；‎ ‎（3）CO32﹣中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，﹣CN中C为sp杂化，﹣CH3与﹣CH2﹣中与﹣CH中C为sp3杂化，据此计算；‎ ‎（4）判断空间构型时可利用价层电子对互斥理论。BF4﹣中无孤电子对，有4个σ键电子对，故呈四面体形；寻找等电子体时可利用价电子迁移法找到；‎ ‎（5）①根据晶胞结构分析，1个C周围等距且最近的N有4个，晶体硬度超过金刚石，从C﹣N的键能和C﹣C键能角度分析；②先计算晶胞的质量和体积，再计算晶体的密度。‎ ‎【解答】解：（1）原子核外没有运动状态相同的电子，基态氮原子核外有7个电子，有7种不同的运动状态；N原子核外电子排布式是1s22s22p3，结合泡利原理、洪特规则，其核外电子排布图为，‎ 故答案为：7；；‎ ‎（2）①与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne，共有3种，‎ 故答案为：3；‎ ‎②解所得的气态化合物有H2O、NH3、CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H2O＜NH3＜CO2，‎ 故答案为：H2O＜NH3＜CO2；‎ ‎（3）CO32﹣中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，﹣CN中C为sp杂化，﹣CH3与﹣CH2﹣与﹣CH中C为sp3杂化，所以分子中sp2C有6个，spC有1个，sp3C有3个，所以与CO32﹣ 的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6：4＝3：2，‎ 故答案为：3：2；‎ ‎（4）铜为29号元素，属于ds区元素。故价层电子排布式为3d104s1；‎ BF4﹣的价层电子对数＝4+＝4，无孤电子对，故空间构型为四面体形；将BF4﹣中的负电荷给予B，B变为C，此时可找到等电子体CF4，将F换为同主族的Cl，可找到等电子体CCl4．将BF4﹣中的F换为O原子，此时将带5个单位负电荷，将其中三个电荷给予B，可替换为S，此时可找到等电子体SO42﹣，同理可找到PO43﹣、ClO4﹣等。‎ 故答案为：3d104s1；正四面体； CCl4；PO43﹣（或SO42﹣、ClO4﹣）；‎ ‎（5）①根据晶胞结构分析，1个C周围等距且最近的N有4个；晶体硬度超过金刚石，从C﹣N的键能和C﹣C键能角度分析，该晶体和金刚石二者均为原子晶体，该晶体中的C﹣N键的键长比金刚石中的C﹣C键的键长短，键能大，故硬度较金刚石大，‎ 故答案为：4；该晶体和金刚石均为原子晶体，该晶体中的C﹣N键的键长比金刚石中的C﹣C键的键长短，键能大，故硬度大；‎ ‎②该晶胞中含有碳原子数为8×+6×＝3，含有N原子数目为4，则晶胞的化学式为C3N4，一个晶胞的质量为g，晶体的体积为（a×10﹣10）3cm3，故晶胞的密度为ρ＝＝＝g/cm3，‎ 故答案为：g/cm3。‎ ‎31．【分析】（1）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，据此书写它的基态价电子排布式；核外未成对电子是4d、5s能级上的电子；‎ ‎（2）该分子中只存在共价键，共价单键为σ键、共价双键中含有σ键 和π键；‎ ‎（3）CO提供孤电子对的是C原子、Mo提供空轨道；p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子价层电子对个数有4、3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；‎ ‎（4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，导致共用电子对偏向F，则O﹣‎ H键较易断裂；‎ ‎（5）原子晶体熔沸点高于分子晶体；‎ ‎（6）钼（Mo）的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，），则该晶胞中Mo原子位于顶点和体心上；该晶胞棱长＝cm，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线的一半＝×cm。‎ ‎【解答】解：（1）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，据此书写它的基态价电子排布式为4d55s1；核外未成对电子是4d、5s能级上的电子，有6个电子，‎ 故答案为：4d55s1；6；‎ ‎（2）该分子中只存在共价键，共价单键为σ键、共价双键中含有σ键 和π键，所以该分子中只有σ键 和π键，‎ 故选AB；‎ ‎（3）CO提供孤电子对的是C原子、Mo提供空轨道，两个原子形成配位键；p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子价层电子对个数有4、3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3、sp2，‎ 故答案为：C；sp3、sp2；‎ ‎（4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，导致共用电子对偏向F，则O﹣H键较易断裂，所以酸性强于乙酸，‎ 故答案为：F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，导致共用电子对偏向F，则O﹣H键较易断裂，所以酸性强于乙酸；‎ ‎（5）原子晶体熔沸点高于分子晶体，金刚石是原子晶体、C60是分子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力，所以金刚石熔点较高，‎ 故答案为：金刚石是原子晶体、C60是分子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力；‎ ‎（6）钼（Mo）的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，），则该晶胞中Mo原子位于顶点和体心上，为体心立方堆积；该晶胞棱长＝cm，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线的一半＝×cm＝××1010pm，‎ 故答案为：体心立方堆积；××1010。‎ ‎32．【分析】（1）Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2 ，失去3个电子后Mn3+基态核外电子排布式为[Ar]3d4。‎ ‎（2）先判断价层电子对的数目，再判断杂化类型。‎ ‎（3）将HNO2中的N原子换为C原子，此时带一个单位负电荷，可找到阴离子HCOO﹣。‎ ‎（4）配合物[Mn（CH3OH）6]2+中Mn2+提供空轨道，CH3OH中的O原子上有孤电子对，孤对电子的原子是O原子。‎ ‎（5）如果溶质分子与溶剂分子可以形成氢键，则溶质的溶解性增大。‎ ‎（6）一个晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，包括一侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子。距离均为面对角线长度的一半。‎ ‎【解答】解：（1）核外电子排布遵循构造原理，注意能级交错现象。E（3d）＞E（4s），Mn为25号元素，3p能级排满之后先排4s能级，再排3d能级，故Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2 ，失电子时，从最外层失去，故Mn3+基态核外电子排布式为[Ar]3d4。‎ 故答案为：[Ar]3d4；（2）NO3﹣中的价层电子对的数目为3+＝3，没有孤电子对，为平面三角形结构，氮原子为sp2杂化，‎ 故答案为：sp2；（3）将既定粒子中的某元素原子的价电子转化为粒子所带电荷，这种方法可实现分子与离子的互换。将HNO2中的N原子换为C原子，此时带一个单位负电荷，可找到阴离子HCOO﹣，‎ 故答案为：HCOO﹣‎ ‎；（4）配位化合物中，一般情况是金属离子提供空轨道，配位体提供孤电子对。配合物[Mn（CH3OH）6]2+中Mn2+提供空轨道。配体是CH3OH，只有O原子有孤电子对，故提供孤电子对的是O原子，‎ 故答案为：O；‎ ‎（5）氢键可影响物质的溶解性，溶质和溶剂能形成氢键，则溶质的溶解性大大增大。CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键，故溶解性增大，‎ 故答案为：CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键；‎ ‎（6）一个晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，包括一侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的4个镁原子，共8个。距离均为面对角线长度的一半，‎ 故答案为：8。‎ ‎33．【分析】（1）Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，4s失去1个电子，3d上再一个电子，形成Cu2+；‎ ‎（2）N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小；SO42﹣互为等电子体的分子的化学式CCl4或SiCl4；乙醇分子含一个羟基官能团，碳碳原子中间形成单键，分子的结构式，据此分析杂化方式；‎ ‎（3）根据晶胞结构可知，立方体体心的O原子周围含有4个铜离子，所以其配位数为4；‎ ‎（4）离子晶体的离子半径越小，晶格能越大，熔点越大。‎ ‎【解答】解：（1）Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d9；‎ ‎（2）N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S；SO42﹣互为等电子体的分子的化学式CCl4或SiCl4；乙醇分子含一个羟基官能团，碳碳原子中间形成单键，分子的结构式 ‎，故每个乙醇分子中2个碳原子和1个氧原子均为sp3杂化，sp3杂化原子个数为3，‎ 故答案为：N＞O＞S；CCl4或SiCl4；3；‎ ‎（3）立方体体心的O原子周围含有4个铜离子，所以其配位数为4，‎ 故答案为：4；‎ ‎（4）Cu2O的熔点比Cu2S高的原因是氧离子的半径比硫离子半径小，Cu2O的晶格能大，‎ 故答案为：Cu2O的晶格能大。‎