2023-2024学年高二年级下册化学人教版（2019）选择性必修2物质的聚集状态与晶体常识同步练习题及解析

3.1物质的聚集状态与晶体常识同步练习题

一'单选题

1.下列有关晶胞的叙述中不正确的是（）

A.晶胞是晶体最小的结构重复单元

B.不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同

C.晶胞中的粒子可能不完全属于该晶胞

D.已知晶胞的组成就可推知晶体的组成

2.下列说法正确的是（）

A.BF,分子形状呈三角锥形，是非极性分子

B.凡有规则外形的固体一定是晶体

C.电负性越大的元素，第一电离能也越大

D.CS2分子中◎键与兀键的数目之比是1：1

3.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，图a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属

原子个数比为（）

abc

A.3：2：1B.11：8：4C.9：8：4D,21：14：9

4.钛酸钢的热稳定性好，介电常数高，在话筒和扩音器中都有应用。钛酸银晶体的晶胞结构示意图如图

A.BaTisOnB.BaTiChC.BaTi2C)4D.BaTiQe

5.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，图a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属

原子个数比为（）

6.C60、C70、C90、管状碳分子和洋葱状碳分子都是碳元素的单质。下列有关说法不正确的是（）

Lz；——合一二3

A.熔点比较:C7090〈石墨

B.金刚石、C70、管状碳和洋葱状碳都能与H2发生加成反应

C.已知C（石墨，s尸C（金刚石，s）AH>0,则石墨比金刚石稳定

D.C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个

7.有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是

A.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为1：2

B.该气态团簇分子的分子式为EF或FE

C.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl形成正八面体形

D.在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+

8.如图1所示为磷化硼的晶胞结构，如图2所示为硼酸晶体的层状结构（虚线表示氢键）。下列说法错误

的是（）

A.磷化硼的化学式为BP

B.磷化硼晶体中含有配位键

C.H3BO3是三元酸

D.含ImolH3BO3的硼酸晶体中有3mol氢键

9.下列说法中正确的是（）

A.CH4、BCb、SO2都是含有极性键的非极性分子

B.甲烷分子失去一个H+,形成CH；,其碳原子的杂化类型发生了改变

C.SO2和03、P0：和C104互为等电子体

D.元素的基态原子核外电子排布都遵循构造原理

10.海水中资源的综合利用有着重要意义。下列有关说法正确的是（）

A.基态澳原子（35Br）核外电子排布式为[Ar]4s24P5

B.1个NaCl晶胞（如图所示）中含有14个Na+

C.在空气中灼烧MgCb6H2。可得到无水氯化镁

D.电解熔融氯化镁时，金属镁在阴极析出

11.CH3+,-CH3,CH3-都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（）

A.它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化

B.CH厂与NH3、30+互为等电子体，几何构型均为正四面体形

C.CH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面

D.CH3+与OH」形成的化合物中含有离子键

12.锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是

A.晶胞中Li与C原子个数比为1：6B.Li的配位数为8

C.碳原子的杂化方式为sp3杂化D.该负极材料的摩尔质量为79

13.已知CsCl晶体的密度为pgpm*NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为acm,如图所

示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（）

Ai*B.FC."＞七3

14.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后a

D.基态钠离子的电子排布式为Is22s22P6

15.有机物丫是一种食用香精，波谱法检测分子中含有苯环、碳碳双键和醛基。现对丫进行如下实验:

步骤1：向一支试管中加入少量Y,滴加几滴酸性KM11O4溶液，紫红色褪去;

步骤2：向另一支试管中加入lmL2%的AgNC）3溶液，边振荡边滴入2%的稀氨水;

步骤3：向步骤2所得银氨溶液中加入少量Y,加热，出现银镜。

下列说法正确的是（）

A.测定丫分子中含有苯环、碳碳双键和醛基的波谱法是质谱法

B.步骤1能说明碳碳双键可被酸性KMnC>4溶液氧化

C.步骤2中配制银氨溶液时，当生成的沉淀恰好溶解时应停止滴加稀氨水

D.一个Ag晶胞（见图）中，距离每个Ag原子最近的Ag原子数是4

16.下列说法中错误的是（）

A.NzO与C02、CCbF与CCI2F2互为等电子体

B.CCI2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化

C.H2c03与H3P04的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近

D.由IA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

17.元素X的某价态离子X"中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成晶体的晶胞结构

如图所示。下列说法错误的是（）

A.元素X是K

B.该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1

C.该晶体中每个X9周围有2个等距离且最近的N3-

D.该晶体中与N3-等距离且最近的Xn+形成的空间构型为正八面体

18.前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和丫的基态原子的2P能级上各有两个未成对

电子，Z与丫同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是（）

A.W与丫形成的化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为WY

B.原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)

C.元素第一电离能：Ii(Z)>Ii(Y)

D.简单氢化物的沸点：Y>Z

19.La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个

原子层交替紧密堆积而成，丙是该合金的晶体结构。

下列说法错误的是()

A.该晶体可表示为LaNis

B.该晶体中1个La原子与6个Ni原子配位

C.该晶体的一个晶胞中Ni原子数为15

D.通过晶体X射线衍射实验可得出NaLi5晶胞

20.根据等电子原理可知，由短周期元素组成的粒子,只要其原子总数和价电子总数相同，均可互称为

等电子体。下列各组粒子不能互称为等电子体的是()

A.COj和NO；B.CO2和NO：

C.O3和SO?D.SCN」和N]

二、综合题

21.铜碘杂化团簇和(CdSe)n团簇都具有优异的光学性能，常应用于发光二极管、生物成像仪器等。

*SbCy3（Cy代表V6HU）

SbCyj

c力s、/|-7

cu-H-i

Cy3SbV

SbCy3

(1)一种铜碘杂化团簇的合成路线如图1。

①已知三氯化睇(Sbci)3具有挥发性，判断SbCb中主要含有的化学键类型是O

@CuI中Cu+的核外电子排布式为o

(2)CdS、CdSe、CdTe的结构与ZnS类似，熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃。上述熔点变化的

是_________________________________________________________________________________________

O

(3)CdSe的晶胞结构如图2所示。

其中原子坐标参数A为[1441，则C的原子坐标参数为该晶胞中Cd与Se

的最短距离为nmo

22.铜及其化合物在能源、信息等领域应用广泛。回答下列问题：

(1)铜和锌同周期且相邻，现有几种铜、锌元素的相应状态，①锌：口甲小。4s2、②锌：

[ArJSdi^s1,③铜：[Ar]3di04si、④铜：出可叱失去1个电子需要的能量由大到小排序是(填字

母)。

A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②

(2)铜的熔点比同周期钾的熔点高，这是由

于o

(3)用超临界CO2/CH3CN及水作电解质，使用碳作载体的铜基催化剂可高效将CO?还原为

HCOOHoCO2的空间结构为,CH3CN中C原子的杂化方式为。

(4)[Cu(NH3)4]2+是CM+常见的配离子，1mol[Cu(NH3)4]2+中所含。键数目为;

[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角比NH3中H-N-H的键角(填“大”“小”或“无法判断”)，原因

是_________________________________________________________________________________________

(5)一种热电材料的晶胞结构如图所示，底部边长为apm的正方形，高为cpm,该晶体的化学式

为,紧邻的Sb与Cu间的距离为pm,设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密

度为g-cm-3(列出计算表达式)。

23.我国部分城市灰霾天占全年一半，引起灰霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒

物及扬尘等。通过测定灰霾中锌等重金属的含量，可知目前造成我国灰霾天气的原因主要是交通污染。

(1)ZM+在基态时核外电子排布式为o

(2)NCh-的立体构型是-

(3)PM2.5含有大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、

03、CH2=CH—CHO、HCOOH,CH3COOONO2(PAN)等二次污染物。

①下列说法正确的是O

A.NzO结构式可表示为N=N=O

B.O3分子呈直线形

C.CH2=CH—CHO分子中碳原子均采用sp2杂化

D.相同压强下，HCOOH沸点比CH30cH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子

②1molPAN中含◎键数目为(用含NA的式子表示)。

③NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4,该配合物中心离子的配位数为

(填数字)。

（4）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是p-射线吸收法，［3-射线放射源可用85Kr,已知Kr晶体的

晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，

（5）水分子的立体结构是,水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上

有o

（6）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图，其中空心所示原子位于立方

体的顶点或面心，实心球所示原子位于立方体内）类似。每个冰晶胞平均占有个水分子。冰

晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因

24.硬铝（主要成分为Al、Cu、Mg、M、Si）主要用于生产各种构件和佛钉，在造船和建筑等行业也有广

泛的应用。回答下列问题。

（1）处于基态的A1原子和Mg原子，下列参数中A1原子较大的是（填标号）。

A.未成对电子数B.第一电离能C.原子半径

（2）硅元素很难形成含多重键的化合物，最近我国科学家在合成的二硅快镁盐中探测到有“Si=Si”键

的存在。硅元素难以形成"Si=Si”键的原因

是O

（3）［Mn（CO）5（CH3CN）］Br是一种重要的配合物，Mn+的配位数为，CH3CN提供孤

电子对的原子为,CH2CN分子中碳原子的杂化类型为,CH3CN中三种元

素的电负性由大到小的顺序为»

（4）氧化镁晶胞属于立方形晶胞，其晶胞参数为anm。晶胞中每个Mg?+周围紧邻且距离相等的

Mg?+共有个，其最近距离为nm„设阿伏加德罗常数的值为NA，则氧化镁晶体的密

度为g-cnT3(列出计算表达式)。

25.我国科学家利用生物质合成共聚酯的单体，合成时涉及多种元素，回答下列问题:

CH3CHOqCOOCHCOOCH

A33

H2SO4>Pd/C

"sioT>----->

CHOOC

H2C=CHCOOCH3^CH3OOC3

BcE

Cu/Zn/AlIPd/C,H2

HO工OH

D

(I)基态Cu+的电子排布式为o

(2)Cu、Zn、Al的第一电离能由大到小的顺序为(填元素符号，下

同)。

(3)H2C=CHCOOCH3中所含元素的电负性由小到大的顺序为,该有机物

中，碳原子的杂化类型是o

(4)区别晶体SiCh和非晶体SiO2的方法是0

(5)有机物C和D的相对分子质量相差较小，但是D的沸点明显高于C的，其主要原因

是。

(6)我国科学家开发钙钿络合氢化物(CaPdHz)来实现乙快高选择性合成乙烯。CaPdH?由Ca2+和

[PdH2『(富电子)构成。CaPdH2中存在的化学键有(填标号)。

A.离子键B.配位键C.非极性键D.金属键

(7)白铜是我国使用最早的合金之一，白铜晶胞结构如图所示。已知晶体密度为dg-cnr3,设NA为阿

伏加德罗常数的值。Cu和Ni之间的最短距离为(只列计算式)nm。

oCu

•Ni

答案解析部分

L【答案】B

【解析】【解答】由晶胞的定义可知A选项正确；相同晶体中晶胞的大小和形状完全相同，不同晶体中晶

胞的大小和形状不一定相同，B选项错误；晶体中有的粒子被若干个晶胞所共用而不专属于某个晶胞，C

选项正确；知道晶胞的组成利用“均摊法”即可推知晶体的组成，D选项正确。

【分析】A.晶体中重复的最小结构单元是晶胞；

B.晶胞的大小和形状随不同晶体而不同；

C.晶胞中的粒子由不同的晶胞共有；

D.晶胞是晶体的最小重复单元。

2.【答案】D

33x1

【解析】【解答】A.BF3中B原子的价层电子对数为3+二j=3,没有孤电子对，所以分子的空间构型

2

是平面三角形，是非极性分子，A不符合题意；

B.凡有规则外形的固体不一定是晶体，非晶体也可以具有规则外形，B不符合题意；

C.同一周期，从左到右，元素的的电负性逐渐增强，第一电离能也在增强，但是IIA族、VA族的元素

的第一电离能均大于其相邻元素，比如0的电负性比N强，但是N的第一电离能比。大，C不符合题

思；

D.CS2的结构式为S=C=S,双键中含有1个◎键与1个无键，故CS2分子中◎键与兀键的数目之比是

1：1,D符合题意；

故答案为：Do

【分析】A.BF3中B原子的价层电子对数为3,不含孤电子对，正负电荷中心重合；

B.非晶体也有规则的外形；

C.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相

邻元素。

3.【答案】A

【解析】【解答】由晶胞结构可知，a中金属原子的个数为12X'+2XL+3=6,b中金属原子的个数为8X

62

L+6x'=4,c中金属原子的个数为8x^+l=2,则三种晶胞内金属原子个数比为6：4：2=3：2：1,

222

故答案为：Ao

【分析】根据均摊法确定晶胞中所含原子的个数，从而得出三种晶胞中所含金属原子的个数比。

4.【答案】B

【解析】【解答】该晶胞中，Ba原子位于体心，因此晶胞中所含Ba原子的个数为1,；Ti原子位于顶点，

因此晶胞中所含Ti原子的个数为：8x1=l;O原子位于棱的中点，因此晶胞中所含。原子的个数为：

8

12X^=3„因此该晶胞的化学式为BaTiCh,B符合题意；

4

故答案为：B

【分析】此题是对晶胞化学式分析的考查，利用均摊法得出各个原子的个数比，从而得出晶胞的化学

式。

5.【答案】A

【解析】【解答】由晶胞结构可知，a中金属原子的个数为12x3+2xg+3=6,b中金属原子的个数为8X

62

g+6xg=4,c中金属原子的个数为8xg+l=2,则三种晶胞内金属原子个数比为6：4：2=3：2：1,

222

故答案为：Ao

【分析】根据均摊法确定晶胞中所含原子的个数，从而得出三种晶胞中所含金属原子的个数比。

6.【答案】B

【解析】【解答】A.C70和C90都属于分子晶体，熔点较低，相对分子量越大，熔点越高，而石墨是混合

晶体，熔点比分子晶体高，故A不符合题意；

B.C70、管状碳和洋葱状碳的结构中存在双键不饱和键，可以和Hz发生加成反应，而金刚石的结构中不

存在不饱和键，和H2不能发生加成反应，故B符合题意；

C.石墨转化为金刚石是吸热反应，说明石墨能量低于金刚石，能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳

定，故c不符合题意；

D.由C60晶体结构的晶体结构可知，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个，故D不符

合题意；

故答案为：Bo

【分析】A.C70和C90都属于分子晶体，石墨是原子晶体、金属晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，

据此分析。

B.能与H2发生加成反应的碳单质中一定得有碳碳双键，而金刚石中没有碳碳双键，据此分析。

C.物质能量越低越稳定。

D.根据C60晶体结构的晶体结构进行分析。

7.【答案】B

【解析】【解答】A.碳碳键被两个碳原子共有，每个碳原子形成4条共价键，即平均ImolC原子形成

4x』mol=2molC-C键，碳原子与碳碳键个数的比为1：2,故A不符合题意；

2

B.该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4,故B

符合题意；

C.在氯化钠晶体中，钠离子的配位数是6,距Na+最近的C1一是6个，6个氯离子形成正八面体结构，

在NaCl晶体中，距Na+最近的。一形成正八面体形，故C不符合题意；

D.在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，其数目为：8xi+6x-=4,则每个晶胞平均占有4个

82

Ca2+,故D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法分析。

8.【答案】C

【解析】【解答】A.根据图1可判断磷化硼晶胞中有4个B,4个P,B与P的原子个数比为1：1,选

项A不符合题意；

B.磷化硼中B与周围4个P成键，同时P与周围4个B成键，其中分别有3个是共价键，这样P有一

对孤电子对，B有一个空轨道，形成配位键，选项B不符合题意；

C.H3BO3中B有一个空轨道，可结合OH-的孤电子对形成配位键，即H3BO3的电离方程式为

+

H3BO3+H2O=[B（OH）4]+H,所以H3BO3是一元酸，选项C符合题意；

D.由图2可知，每个硼酸分子周围有6个氢键，而每个氢键由2个硼酸分子共用，根据均摊法，Imol

硼酸晶体中氢键有6moix^=3mol,选项D不符合题意；

2

故答案为：Co

【分析】A.根据均摊法计算；

B.磷化硼中B与周围4个P成键，同时P与周围4个B成键，P有一对孤电子对，B有一个空轨道，形

成配位键；

D.每个硼酸分子周围有6个氢键，而每个氢键由2个硼酸分子共用。

9.【答案】C

【解析】【解答】A.CH4、BCb分子中含有极性键，CR是正四面体型，BCb是平面正三角型，由于

CH4、BCb分子结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；S02分子中含有极性键，SO2是“V”型，

由于分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A不符合题意；

B.甲烷分子（CH。失去一个H+,形成甲基阴离子（CH；）,两微粒中C原子的价层电子对数都是为4,

均为sp3杂化，碳原子杂化方式不变，故B不符合题意；

C.SO2和03、POt和C10；它们有相同原子数和最外层电子数互为等电子体，故C符合题意；

D.处于半满或全满时能量低较稳定，如Cu的外围电子排布是3dWsi,不遵循构造原理，故D不符合题

忌；

答案为C。

【分析】A.甲烷、三氯化硼、二氧化硫中都是极性键，但甲烷和三氯化硼结构高度对称，是非极性分

子，而二氧化硫分子与水分子结构相似，是V型，电荷正负中心不重合

B.碳原子的价层电子不变，都是4个，始终都为sp3杂化

C.计算出二氧化硫和臭氧价层电子，硫酸根和高氯酸根的价层电子即可

D.有些原子的核外电子排布不一定遵循构造原理，

10.【答案】D

【解析】【解答】A.基态澳原子核外电子排布式为[Ar]3d】。4s24P5,A不符合题意；

B.1个NaCl晶胞中含有8/+6x^=4个Na+,B不符合题意；

82

C.灼烧MgCl2-6H2O会发生水解而最终生成氧化镁，应在HC1气流中灼烧MgCb6H2。才能得到无水氯

化镁，C不符合题意；

D.电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得到电子而析出金属镁，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.澳原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式；

B.根据均摊法计算；

C.加热会促进镁离子水解；

D.电解熔融氯化镁时，阴极上镁离子得到电子生成镁。

11.【答案】C

【解析】【解答】A.等电子体是指价电子数和原子数分别都相等的物质，甲烷分子变成CH3+、-CH3、CH3

时，失去的分别是氢负离子、氢原子和氢离子，原子个数相同，价电子数不同，A不符合题意；

B.CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，立体构型均为三角锥形，不是正四面

体形，B不符合题意；

C.CH中的碳原子含有（4-1-3X1）+2=0对孤对电子，所以CH；中的碳原子采取sp2杂化，所有原

子均共面，C符合题意；

D.CH3+与0H-形成的化合物为CH3OH,均由非金属元素组成，只含有共价键，不含有离子键，D不符合

题意；

故答案为：C

【分析】A.根据等电子体的概念分析；

B.由其结构确定分子构型；

C.计算中心原子的孤对电子，从而确定其中心原子的杂化类型；

D.二者形成的化合物为CH3OH；

12.【答案】A

【解析】【解答】A.利用均摊法，可知在每个晶胞中含有Li原子的个数为8x：=l,C原子的个数为

8

2+8x1=6,晶胞中Li与C原子个数比为1：6,故A符合题意；

2

B.结合图1晶胞的结构，将晶胞重复排列，再把Li+的投影到石墨上对应的位置可得图：

Li的配位数为6,故B不符合题意;

C.根据石墨的结构特点可知在石墨层里，由于每个碳周围连有三个碳，所以碳原子的杂化方式为Sp2,

故C不符合题意；

D.利用均摊法，可知在每个晶胞中含有Li原子的个数为8x：=l,c原子的个数为2+8x：=6,所以化

82

学式为：LiC6,摩尔质量为79g/mol,故D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】A、结合均摊法判断；

B、Li的配位数要结合周围晶胞进行判断；

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、摩尔质量数值上等于相对分子质量。

13.【答案】A

【解析】【解答】由图可知，相邻的两个Cs+的核间距为acm,即晶胞棱长为acm,体积为a3cm3,顶点

在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs+个数=8xl/8=l,由晶胞的质量

m=pV=M/NA可知，M=pVNA=NA-a3-pg-moP1,摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子

质量是pa3NA,

故答案为：A

【分析】本题要熟悉晶胞体积的计算，阿伏加德罗常数的关系和物质的量之建的关系；

14.【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12X4+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，即交a,C符合题意；

2

D.基态钠离子的电子排布式为Is22s22P6,符合题意；

故答案为：Co

【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/no

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。

15.【答案】C

【解析】【解答】A.质谱法能够测出质荷比，即得到相对分子质量，无法得到官能团信息，A不符合题

思士.；

B.步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，可能是碳碳双键，也可以是醛基，B不符合题意；

C.银氨溶液的配制需要先加硝酸银，然后逐滴加入稀氨水，先产生白色沉淀，然后继续加稀氨水至白色

沉淀恰好溶解，所以C项符合题意；

D.以顶点的Ag为中心，则一个晶胞中与其距离最近且等距的Ag原子在面心上，有3个，一个顶点被

8个晶胞共用，所以应该有24个，但由于每个面上的原子被两个晶胞共用，所以均摊后除以2,应该为

12个，D项不符合题意；

故答案为：Co

【分析】A.质谱法能够测量相对分子质量，无法得到官能团信息；

B.步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，不一定是碳碳双键；

D.该晶胞中距离每个Ag原子最近的Ag原子数是12。

16.【答案】C

【解析】【解答】A.N2O与CO2的价电子总数均为16,CChF与CC12F2的价电子总数均为32,它们互为

等电子体，A项不符合题意；

B.CCI2F2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项不符合题意；

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项符合题

思卡.；

D.由IA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Na2C>2,NazCh是含有共

价键的离子化合物，D项不符合题意。

故答案为：Co

【分析】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，分别计算原子和电子总数

B.CCI2F2无同分异构体，说明形成的四个键相似，故为正四面体

C.含氧酸的酸性主要和非羟基氧原子的个数有关

D.根据条件写出化学式即可

17.【答案】A

【解析】【解答】A.该晶胞中Xn+个数=12x'=3、N3-个数=8x^=1,所以N]Xn+个数之比为1：3,根

48

据化合价的代数和为0,可知n=l,元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子

层，Xn+所含电子=2+8+18=28,故原子序数为28+1=29,故A符合题意；

B.由A中计算可知，晶体中有3个Cu+、1个N\故该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1,故B

不符合题意；

C.晶胞中X"处于棱中心，与之相邻的N3-离子处于X"所在棱的顶点，故晶体中每个Xn+周围有2个等

距离且最近的N3一,故C不符合题意；

D.该晶体中与N3-等距离且最近的X"位于其上下、左右、前后，6点形成的空间构型为正八面体，

故D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】A.根据均摊法和化合物中化合价代数和为0计算；

B.根据均摊法计算；

C.xn+处于棱中心，与之相邻的N3-离子处于Xn+所在棱的顶点；

D.与N"等距离且最近的xn+位于其上下、左右、前后，形成正八面体。

18.【答案】D

【解析】【解答】由分析可知：X为C、丫为O、Z为S、W为Cu。

A.晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为l+8x：=2,二者数目之比为1：2,故白球表示Cu,黑球表示

0,该氧化物不可能为CuO,而是表示CU2。，A不符合题意；

B.同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，不同周期元素，一般情况下，原子核外电子层越多原子半径

越大，则原子半径r(Z)>r(X)>r(Y),B不符合题意；

C.同主族自上而下第一电离能逐渐减小，故元素第一电离能：L(Z)<L(Y),C不符合题意；

D.丫为0、Z为S,二者的氢化物H2O、H2s都是由分子构成，分子之间以分子间作用力结合，由于

H2O分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，故简单氢化物的沸

点：Y>Z,D符合题意；

故答案为：D。

【分析】根据泡利不相容原理可知，X是C,丫是O,Z是S,W是Cu。

A.利用均摊法判断化学式；

B.同一周期从左往右原子半径逐渐减小；

C.同一主族从上往下第一电离能逐渐减小；

D.HzO分子间能形成氢键，所以沸点比H2s大。

19.【答案】B

【解析】【解答】A.该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La是在，其中6个在线的角上，1个La

面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为(6+6)x'+l=3；该晶体的一个晶胞中在两个底面上

各有6个Ni,侧面有6个Ni,体心内有6个Ni,根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为

(6+6+6)x1+6=15；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5,可表示为LaNis,故A不符合题意；

B.对于1个La来说，同一层周围有6个Ni,还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配

位，故B符合题意；

C.该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni,侧面有6个Ni,体心内有6个Ni,根据均摊法计算

可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)xg+6=15,故C不符合题意；

D.X射线衍射可用于确定晶体的结构，故D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】A、晶体的化学式可以根据三种原子的比例进行计算，从原子的体心、面心、棱心、顶点分别计

算其原子个数；

B、根据La周围的Ni个数进行判断；

C、根据晶胞中的侧面、体心中含有的Ni判断；

D、X射线衍射可用于确定晶体的结构。

20.【答案】B

【解析】【解答】A.两种微粒原子总数均为4,价电子总数均为24,两者互为等电子体，故A不符合题

思；

B.两种微粒原子总数均为3,价电子总数分别为16、18、不符合等电子体的定义，故B符合题意；

C.两种微粒原子总数均为3,价电子总数均为18,两者互为等电子体，故C不符合题意；

D.两种微粒原子总数均为3,价电子总数均为16,两者互为等电子体，故D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】等电子体具有相同的原子数和价电子数。

21.【答案】(1)共价键；Is22s22P63s23P63d或［Ar］3d1°

⑵均为离子品体，阳离子相同，阴离子半径S2-<Se2-<Te2-,晶格能CdS>CdSe>

CdTe

(3)4,年，小乎。

【解析】【解答】⑴①已知三氯化睇(SbCl)3具有挥发性，说明熔沸点低，具有分子晶体的特征；

SbCh中主要含有的化学键类型是共价键；

②Cu的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63di°4si,Cu+的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d

或［Ar］3d1°；

(2)CdS、CdSe、CdTe均为离子化合物，阳离子均为Cd2+,但阴离子半径：S2-<Se2-<Te2-，

晶格能：CdS>CdSe>CdTe,所以熔点：CdS>CdSe>CdTe；

⑶CdSe的晶胞结构如图2所示。其中原子坐标参数A为［gg：］，胞中4个Se原子均在内部构成

正四面体结构，A位置Se原子与C位置Se原子在x轴上的数值相等，y、z轴上的数值均比A处的大

|，则C的原子坐标参数为。号，；晶胞的边长为a,面对角线的长度是V2a，体对角线的

长度为6a，Cd与Se的最短距离为体对角线的四分之一等于是a。

4

【分析】三氯化睇(SbCl)3具有挥发性，说明熔沸点低，具有分子晶体的特征；Cu的核外电子排布式

为Is22s22P63s23P63d"4s］，失去最外层电子后得到Cu+,从而写出Cu+的核外电子排布式；离子晶体

中，离子所带电荷数越多、离子半径越小，则离子键越强、晶格能越大，熔点越高；晶胞中4个Se原子

均在内部构成正四面体结构，根据A位置Se原子与C原子的对应关系写出C原子的坐标参数；Cd与Se

的最短距离为体对角线的四分之一，据此分析。

22.【答案】(1)A

(2)铜的原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，铜的金属键比钾的强

(3)直线形；sp、sp3

(4)16NA；大；［Cu(NH3)4p+中N原子的孤电子对与Cu2+形成了配位键，不存在孤电子对，对N-H的

排斥作用变小，所以键角变大

J2884

(5)Cu3sbs4；—a；—~—xIO30

2NAac

【解析】【解答】(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①〉③；铜的第二电离能大于锌的

第二电离能，有④〉②，锌的第二电离能大于第一电离能，②〉①，故由大到小排序是④>②>①

>③，

故答案为：A；

(2)钾和铜属于同周期，铜原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，则金属键比钾的强，故熔沸点比钾

高；

(3)COz中碳原子的价层电子对数为：2+0=2,碳原子为sp杂化，故空间结构为直线形，CH3CN中甲基中

的碳原子的价层电子对数为：4+0=4,该碳原子为sp3杂化，鼠基中碳原子的价层电子对数为：2+0=2,

该碳原子为sp杂化，故CHjCN中碳原子的杂化方式为sp3、sp；

(4)。键为共价单键，Cu的配位数为6,有六个◎键，NH3有3个N-H。键，lmol［Cu(NH3)4］2+中所含。

键数目为16NA；NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电

子对的排斥，在［CU(NH3)4F+配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大；

(5)分子中有Cu原子：4x-+8xl+2x--6,睇原子：8x-+l=2,硫原子：8,故化学式为：Cu3sbs4,紧

4228

884

邻的Sb与Cu的距离为底对角线的一半，故为ax注pm,晶胞质量为：m=—g,体积为：V=(axl。-

23

ni884

I0)2x(cx1Olo)cm3=acx10_3ocm3,晶体的密度为:p=—=k^xio30g.em-3,故答案为：Cu3sbs4；—

VNAa-c2

【分析】(1)锌的第一电离能为全充满状态，铜为半充满状态，锌的第二电离能为半充满状态，铜为全

充满状态；(2)金属的熔点和金属键强度有关；(3)二氧化碳为AB2型的sp杂化，属于直线型，C

的杂化有两种，单键的sp3杂化和三键的sp杂化；

(4)。键为共价单键，注意配位键也属于共价键；

(5)晶胞的计算要注意先判断各种粒子的配位数。

23.【答案】(1)Is22s22P63s23P63小。

(2)平面三角形

(3)AC；IONA；6

(4)3

(5)V形；孤电子对

(6)8；C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性

【解析】【解答】(1)Zn为30号元素，所以Zd+在基态时核外电子排布式为：Is22s22P63s23P635。或

[Ar]3d10；因此，本题正确答案是:Is22s22P63s23P63d?

(2)对于NO*根据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数3,孤电子对数为0,则价电子对数为

3+0=3,根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，则其空间构型为平面三角形；

因此，本题正确答案是：平面三角形；

(3)①A、N2O与CCh互为等电子体，二者形成的化学键相似，故N2O结构式可表示为N=N=O,A正

确；

B、Ch与SO2互为等电子体，为V形分子，B错误；

C、CH2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为sp?杂化，C正确；

D、HCOOH分子间可以形成氢键，CH30cH3分子间只有范德华力，氢键的作用强于范德华力，所以

HCOOH沸点比CH30cH3高，与分子的极性无关，D错误。

故答案为：AC；

②PAN中所有单键均为◎键，双键中有一个为◎键，-NO2的结构为_工=一，所以PAN

(CH3COOONO2)分子中含有10个◎键，则ImolPAN含◎键数目为IONA(或10x6.02x1()23或

6.02x1022)。

③配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成，则配位数为6。因此，本题正确答案是：AC；

IONA；6；

(4)根据均摊法，以顶点计算，与之相邻最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共

有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故最近的Kr为3x8/2=12,晶胞中Kr有8xl/8+6xl/2=4,两者

比值为12：4=3。因此，本题正确答案是：3；

(5)水分子中含有2个◎键，孤电子对数=生h=2,所以水分子的立体构型为V型，水分子能与

很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；因

此，本题正确答案是：V形；孤电子对；

(6)每个冰晶胞平均含有水分子数为：8x1+6x1+4=8(其中顶点为8个，面心为6个，晶胞内有

4个)；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子与。原子

都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；因此，本题正确答案是：8；C原子与O原子

都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。

【分析】(1)Zn是30号元素，原子核外有30个电子，失去两个电子形成ZM+,核外有28个电子，根

据构造原理书写核外电子排布式；

(2)根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NCh-的空间构型；

(3)①A、N20与CCh互为等电子体，二者形成的化学键相似，据此分析；

B、03与S02互为等电子体，据此分析；

C、CH2=CHCH0中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，均为sp2杂化，据此分析；

D、HCOOH分子间能形成氢键，CH30cH3不能形成分子间氢键，据此分析；

②一个单键就是一个。键，一个双键中含有一个◎键合一个兀键；

③配体位于方括号内，由1个NO和5个HzO构成；

(4)以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面

心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相邻的Kr原子有3x4=12个，晶胞中含Kr原子为

8X1+6X1=4,然后求出比值；

82

(5)根据◎键数目和孤电子对数判断分子的立体构型；水分子能与很多金属离子形成配合物，其原子是

在演员纸上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；

(6)由图可知，水位于晶胞的顶点、面心和晶胞内，利用均摊法计算；金刚石中，C原子为sp3杂化，

而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子和。原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有

方向性和饱和性；

24.【答案】(1)A

(2)硅的原子半径较大，难以通过“肩并肩”的方式形成兀键

(3)6；N(或氮);sp、sp3；N>C>H

Ji160

3

(4)12；---a;NT/1n-7\

2NAx^axlOJ

【解析】【解答】(1)A.处于基态的Al原子电子排布式：[Ne]3s23pl处于基态的Mg原子电子排布

式：[Ne]3s2,所以未成对电子Al多，A正确；

B.位于同一周期的Mg和AL由于Mg的电子排布是全充满的，比较稳定，所以第一电离能Mg大于

Al,B不正确；

C.位于同一周期的Mg和AL从左到右，原子半径依次减小，故Mg大于Al,C不正确；

故答案为：Ao

(2)