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3.1 物质的聚集状态与晶体的常识 课时作业
一、单选题
1．已知CsCl晶体的密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（　　）
A． B．
C． D．
2．下列有关说法正确的是（　　）
A．SO2溶于水所得溶液能导电，所以SO2是电解质
B．的空间构型为平面三角形
C．电负性：O＜S
D．黄铜矿的晶胞如图所示，则其化学式为：CuFeS2
3．冰晶石晶胞结构如图甲所示，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。下列说法错误的是
A．甲图中大立方体的体心处小三角“△”所代表的应该是“小白球”
B．Al晶胞中Al原子的配位数为12
C．若已知Al的原子半径为dcm，代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，Al晶体的密度为
D．中含有离子键、配位键
阅读下列材料，回答问题：
含硫矿物如黄铁矿(FeS2)、黄铜矿、芒硝在工业上有着重要的用途。收集黄铜矿炼铜过程中产生的SO2制备SO3，其反应为2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
4．指定条件下，下列物质转化不能实现的是（　　）
A． B．
C． D．
5．下列关于2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)说法正确的是（　　）
A．该反应的 >0
B．该反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量
C．生产过程中将SO3分离出去，逆反应速率减慢
D．其他条件不变，增大压强，平衡右移，平衡常数增
6．下列有关说法正确是（　　）
A．SO2溶于水所得溶液能导电，所以SO2是电解质
B． 的空间构型为平面三角形
C．电负性：OD．黄铜矿的晶胞如图所示，则其化学式为：CuFeS2
7．工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备氢氧化钠和硫酸，a、b为离子交换膜，装置如下图所示，下列说法正确的是（　　）
A．c电极与外接电源负极相连
B．a为阴离子交换膜
C．从d端注入的是稀NaOH溶液
D．生成标状况下22.4L的02，将有2molNa+穿过阳离子
交换膜
8．和Na+ 离子都具有相同质子数和电子数的一组微粒是（　　）
A．CH4 NH4+ B．CH4 H2O C．NH4+ H3O+ D．OH- NH3
9．下列分子或离子之间互为等电子体的是（　　）
A．CH4和H3O+ B．和SO2 C．O3和CO2 D．N2和
10．如图所示，在较高温度时，钾、氧两种元素形成的一种晶体结构与NaCl晶体结构相似，则该化合物的化学式为（　　）
A．K2O B．K2O2 C．K2O3 D．KO2
11．(CH3NH3)PbI3是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图1所示，Walsh提出H2O降解(CH3NH3)PbI3的机理如图2所示。
下列说法错误的是（　　）
A．H3O+的键角小于H2O的键角
B．1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-
C．机理中的反应均为非氧化还原反应
D．H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2
12．电子科技大学孙旭平教授团队研究出一种磷化硼纳米颗粒作为高选择性电化学还原为甲醇的非金属电催化剂，磷化硼晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．若氮化硼与磷化硼具有相似的结构，则BN的熔点比BP低
B．磷化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为1∶3
C．磷化硼晶体中，每个磷原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有2个
D．若A，D两处磷原子坐标分别为、，则E处硼原子坐标为
13．下列说法错误的是
A．、均是由极性键构成的非极性分子
B．与的键角相等
C．中元素的电负性：O>N>C>H
D．如图 所示的立方晶胞中，的配位数为6
14．一种超导材料（仅由三种元素组成）的长方体晶胞结构如图所示（已知，用表示阿伏加德罗常数的值）：
下列说法正确的是（　　）
A．基态失去能级上的一个电子转化为
B．若点原子分数坐标为，则点原子分数坐标为
C．M、N之间的距离为
D．晶体的密度为
15．(CH3NH3)PbI3的晶胞结构如图所示，其中B代表Pb2+，下列说法正确的是
A．Pb2+的价电子排布式为：6s26p2
B．A代表I-
C．若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，则C的原子分数坐标为(0，，)
D．已知CH3NH3)PbI3的摩尔质量为Mg·mol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g cm-3
16．如图所示是晶体结构中的一部分，图中、、分别表示原子X、Y、Z。其对应的化学式错误的是（　　）
A． XY B． X2Y
C．X3Y D． XY3Z
17．下列各组微粒中不属于等电子体的是（　　）
A．CH4、NH4+ B．H2S、HCl
C．CO2、N2O D．CO32﹣、NO3﹣
18．等电子体之间往往具有相似的结构，N2O与CO2分子具有相似的结构（包括电子式）；已知N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，下列说法合理的是（　　）
A．N2O为三角形分子
B．N2O与CO2均不含非极性键
C．N2O的电子式可表示
D．N2O与SiO2为等电子体、具有相似的结构和相似性质
19．自从第一次合成稀有气体元素的化合物XePtF6以来，人们又相继发现了氙的一系列化合物，如XeF2、XeF4等。图甲为XeF4的结构示意图，图乙为XeF2晶体的晶胞结构图。下列有关说法错误的是（　　）
A．XeF4是由极性键构成的非极性分子
B．XeF2晶体属于分子晶体
C．一个XeF2晶胞中实际拥有4个XeF2
D．XeF2晶体中距离最近的两个XeF2之间的距离为 （a为晶胞边长）
二、综合题
20．A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是原子半径最小的元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级）；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍；E与D处于同一主族；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子．
（1）F+离子的电子排布式是　 　．
（2）B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　．
（3）B、C元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物的化学式是　 　；B、C的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是　 　．
（4）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是　 　；1mol该分子中含有π键的数目是　 　．
（5）C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是　 　，C原子的配位数是　 　．
21．材料是人类文明进步的阶梯，第ⅢA、ⅣA、ⅤA族元素是组成特殊材料的重要元素。请回答下列问题：
（1）基态Ge原子的核外电子有　 　种不同的空间运动状态。
（2）P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（3）M与Ga位于同周期，M3+的一种配合物组成为[M(NH3)5(H2O)]Cl3。
①下列有关NH3、H2O的说法正确的是　 　（填字母）。
a.分子空间构型相同
b.中心原子杂化类型相同
c.键角大小相同
②1mol[M(NH3)5(H2O)]3+含　 　个σ键。
③配合物T与[M(NH3)5(H2O)]Cl3组成元素的种类和数目相同，中心离子的配位数相同。1molT溶于水，加入足量AgNO3溶液可生成2molAgCl。则T的化学式为　 　。
（4）如图甲为硼酸晶体的片层结构，其中硼的杂化方式为　 　。H3BO3在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是　 　。
（5）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图乙所示，该晶胞中B原子相连构成几何体的空间构型为　 　（填“立方体”或“正四面体”或“正八面体”）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，NA是阿伏加德罗常数的值。BP晶胞中面心上6个P原子相连构成正八面体，该正八面体的边长为　 　 pm（列式即可）。
22．氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．
（1）溴的价电子排布式为　　 　 ；PCl3的空间构型为　 　
（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列　　 　 　式发生．
A． CsICl2=CsCl+ICl B． CsICl2=CsI+Cl2
（3）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是　 　 ．
氟 氯 溴 碘
第一电离能（kJ mol﹣1） 1681 1251 1140 1008
（4）下列分子既不存在s﹣pσ键，也不存在p﹣pπ键的是　　 　 　．
A． HCl B．HF C． SO2 D． SCl2
（5）已知COCl2为平面形，则COCl2中心碳原子的杂化轨道类型为　　 　 ，写出CO的等电子体的微粒　　 　 　（写出1个）．
（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示：由此可判断该钙的氧化物的化学式为　　 　 　．已知该氧化物的密度是ρg cm﹣3，则晶胞离得最近的两个钙离子间的距离为　　 　 　cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）．
23．贵金属磷化物通常指贵金属 Ag、Rh、Ir 等元素与磷形成的二元化合物。
（1）第六周期元素 Ir 与钴元素同一列，其价电子排布式为　 　。
（2）固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成，晶体结构类似 CsCl，易升华得到PCl5 (g)。PCl5 (g)分子的空间结构如图所示。
①[PCl4]+的空间构型为　 　；
②五氯化磷既可溶于非极性溶剂CCl4，又可溶于极性溶剂硝基苯的原因是　 　。
（3）Cu 与 Ag 属于同族，一水合醋酸铜(Ⅱ)是二聚体，结构如图(a)，该粒子中存在的作用力有_______(填标号)。
A． 键 B．离子键 C．配位键 D．范德华力
（4）元素铑(Rh)与 P 可形成多种磷化物，其中一种晶体结构如图(b)。晶体中 P 原子的配位数为　 　，该晶体的化学式为　 　。
24．2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
（1）Li、P、S三种元素中，电负性最小的是　 　。第三周期元素中第一电离能比P大的元素有　 　种。
（2）基态S原子核外有　 　个电子自旋状态相同。基态As原子的电子排布式为　 　。
（3）PH3、AsH3中沸点较高的是　 　，其主要原因是　 　。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为　 　。
（5）CH3CN中C原子的杂化类型为　 　。
（6）等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比　 　。
（7）NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 　 　pm。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】该立方体中含1个氯离子，Cs+个数=8×=1，根据ρV=知，M=，
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ρa3 NA，故选A．
【分析】利用均摊法确定该立方体中含有的离子，根据ρV=计算相对分子质量．
2．【答案】D
【解析】【解答】A．二氧化硫溶于水得到的溶液能导电，但电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故A不符合题意；
B．SO32-的价层电子对数为3+×(6+2 3×2)=4，故S原子的杂化类型为sp3杂化，但由于S有一对孤电子对，故其空间构型为三角锥，故B不符合题意；
C．非金属性越强，电负性越大，同一主族元素从上到下电负性逐渐变小，则电负性O＞S，故C不符合题意；
D．在该晶胞中含有的Cu原子个数：8×+4×+1=4，含有的Fe原子个数为：4×+6×=4，含有的S原子个数为8个，故晶体的化学式为最简比即CuFeS2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解质：在水溶液或熔融状态本身能导电的化合物。 SO2 溶于水虽然能导电，但是不是 SO2 本身在导电，所以 SO2 不是电解质。容易混淆的非电解质还有： CO2、NH3、SO3。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．由图乙和丙可知，Al的堆积方式为面心立方堆积，对应图甲中的黑球，则甲图体心处的小三角应是小白球，A不符合题意；
B．Al为面心立方堆积，配位数为12，B不符合题意；
C．由图丙可知，一个Al晶胞中含有4个Al原子，由图丁可知晶胞参数与Al半径的关系为，则cm，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为，C符合题意；
D．中含有离子键、配位键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合堆积方式进行判断；
B、配位数要结合周围晶胞的原子判断；
C、密度要结合阿伏加德罗常数、体积、摩尔质量判断；
D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，铝离子和氟离子的结合是共价键。
【答案】4．B
5．C
6．D
7．C
8．【答案】C
【解析】【解答】A、CH4分子中质子数、电子数分别为10、10，NH4＋中质子数、电子数分别为11、10，故A不符合题意；
B、CH4分子中质子数、电子数分别为10、10，H2O中质子数、电子数分别为10、10，故B不符合题意；
C、NH4＋中质子数、电子数分别为11、10，H3O+中质子数、电子数分别为11、10，故C符合题意；
D、OH－中质子数、电子数分别为9、10，NH3分子中质子数、电子数分别为10、10，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】阳离子是原子失电子生成的，阴离子是得电子生成的，要注意微粒中的电子数
9．【答案】D
【解析】【解答】化学通式相同且价电子总数相等的微粒互为等电子体。CH4和H3O+的原子总数不同，A不符合题意；
和SO2的原子总数不同，B不符合题意；
O3和CO2的价电子总数不同，C不符合题意；
N2和的原子总数相同，价电子总数也相同，D符合题意。
故答案为：D
【分析】等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。
10．【答案】D
【解析】【解答】根据晶包的知识可知：K+分别占据立方体的8个定点和6个面心，一个晶胞中含有K+个数为8×1/8+6×1/2=4，O2－分别占据棱边和体心，一个晶胞中含有O2－个数为12×1/4+1=4，共8个氧原子，所以K和O原子个数比为1：2 ，化学式为KO2 ， B符合题意。符合题意答案为D【分析】该题考查晶胞参数的计算，掌握晶胞参数的计算，面心占1/2 体心1 棱边1/4 棱角1/8 计算晶胞中原子数目。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对。孤电子对越多，排斥力越大键角越小，因此键角H3O+＞H2O，A符合题意；
B．在1个(CH3NH3)PbI3晶胞中，含有黑球：1个，白球：6×=3个，含有阴影球：8×=1个，因此1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-，B不符合题意；
C．根据图示可知：机理中的反应在反应过程中元素化合价不变，因此这些反应均为非氧化还原反应，C不符合题意；
D．H2O分子中的O原子上含有孤对电子能够与H+形成配位键结合形成H3O+，因此H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对。孤电子对越多，排斥力越大键角越小。
B.根据晶胞均摊法进行分析。
C.氧化还原反应的特征是有元素化合价改变。
D.H2O分子中的O原子上含有孤对电子能够与H+形成配位键结合形成H3O+。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．氮化硼与磷化硼都是原子晶体，原子半径：N＜P，则键长B-N键＜B-P，B-N键的键能较B-P的键能大，所以BN晶体的熔点高于BP晶体，故A不符合题意；
B．B原子的价电子数为3，且杂化类型为杂化，其中与3个P原子形成3个共价键，另外一条杂化轨道无电子，为空轨道，与P原子形成配位键，磷化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为3∶1，故B不符合题意；
C．由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则与磷原子距离最近且相等的磷原子有12个，且每个晶胞中磷原子个数为，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为1：1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子个数为12，故C符合题意；
D．B原子周围最近的4个P原子形成正四面体，E处的B原子位于晶胞中心，A、D两处磷原子坐标分别为、，则E处的B原子到左侧面、前平面、下底面的距离均为，E点的横坐标为，即C的B原子坐标为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用晶体类型分析；
B．依据结构确定键的类型和数目；
C．利用均摊法确定原子数目；
D．依据原子在晶胞中的位置确定坐标。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．中的化学键为极性键，为正四面体结构，正负电荷中心重合为非极性分子，中的化学键为极性键，CO2为直线型结构，正负电荷中心重合为非极性分子，A项不符合题意；
B．CO2为直线型结构，键角为，而晶体中每个硅原子与4个氧原子结合，每个氧原子与2个硅原子结合，不可能为直线型结构，故两者键角不可能相等，B项符合题意；
C．元素的非金属性越强，电负性越大，C项不符合题意；
D．的配位数为6，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．正负电荷中心重合为非极性分子；
B．为直线型结构，晶体中每个硅原子与4个氧原子结合；
C．元素的非金属性越强，电负性越大；
D．依据晶胞结构分析。
14．【答案】D
【解析】【解答】A.基态47Ag的电子排布式是： 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s1，失去5s上的一个电子转化成Ag+，A错误；
B. 若N点原子分数坐标为，则P点的分数坐标为，B错误；
C.M、N之间的距离是底面对角线的0.25，即，C错误；
D.晶体中，Cs的个数是：8×+2=4，Ag的个数是：8×+4×=4，F的原子个数是：16×+4=12，晶体密度为：=
故答案为：D
【分析】本题考查晶胞的相关知识。
1.会用均摊法计算微粒数
(1)长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算 如某个粒子为N个晶胞所共有，则该粒子有 属于这个晶胞。中学中常见的晶胞为立方晶胞，立方晶胞中微粒数的计算方法如图1。
(2)非长方体晶胞
在六棱柱(如图2)中，顶角上的原子有6(1)属于此晶胞，面上的原子有2(1)属于此晶胞，因此六棱柱中镁原子个数为12×6(1)＋2×2(1)＝3，硼原子个数为6。
2.宏观晶体密度与微观晶胞参数的关系
15．【答案】C
【解析】【解答】A．的价电子排布式为：，故A不符合题意；
B．A位于顶点，个数为1，A代表，故B不符合题意；
C．根据晶胞中原子的相对位置可知，若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，则C的原子分数坐标为(0，，)，故C符合题意；
D．，故晶体的密度为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. Pb原子位于第六周期第IVA族，其价电子排布式为6s26p2， 则的价电子排布式为；
B.A位于顶点，数目为1，则A代表；
D.根据计算。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．该晶胞中，X、Y的数目均为，粒子数目比为1∶1，化学式为XY，故A不符合题意；
B．该晶胞中X位于体心，数目为1，Y的数目为，粒子数目比为1∶1，化学式为XY，故B符合题意；
C．该晶胞中，X位于体心和顶点，数目为，Y位于顶点，数目为，粒子数目比为3∶1，化学式为X3Y，故C不符合题意；
D．该晶胞中，X的数目为，Y的数目为，Z的数目为1，粒子数目比为1∶3∶1，化学式为XY3Z，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据均摊法计算。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，故A不选；
B．硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，所以不是等电子体，故B选；
C．二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，所以是等电子体，故C不选；
D．碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，故D不选；
故选B．
【分析】原子数总数相同、价电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体具有相似的化学键特征，且其结构相似，物理性质相似．
18．【答案】C
【解析】【解答】A．N2O与CO2分子具有相似的结构，二氧化碳是直线型分子，所以N2O是直线型分子，故A错误；
B．N2O的电子式为：，N2O中存在氮氮键，所以含有非极性键，故B错误；
C．二氧化碳的电子式为： ，N2O与CO2分子具有相似的结构（包括电子式），且N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，所以N2O的电子式为：，故C正确；
D．二氧化硅是原子晶体，N2O是分子晶体，二氧化硅中电子数是30，N2O中电子数是22，所以N2O和SiO2不是等电子体，其结构不同，故D错误；
故选C．
【分析】A．根据二氧化碳的空间构型判断N2O的空间构型；
B．分子中同种元素之间存在非极性键；
C．根据二氧化碳的电子式结合题意写出N2O的电子式；
D．根据N2O和二氧化硅的晶体类型判断其结构是否相似；
19．【答案】C
【解析】【解答】A．根据 的结构示意图可判断， 和F之间形成极性键，该分子为平面正方形结构，所以是由极性键构成的非极性分子，故A不符合题意；
B．由于 晶体是由分子构成的，所以是分子晶体，故B不符合题意；
C．根据 晶体的晶胞结构可知，一个 晶胞中实际拥有的 个数为 ，故C符合题意；
D．根据 晶体的晶胞结构可知，立方体体心的 与每个顶点的 之间的距离最近且相等，该距离为晶胞体对角线长的一半，即为 ，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】A.根据甲图即可判断构型，正负电荷中心重合，因此为非极性分子
B. XeF2由非金属元素形成且均是有分子构成
C.根据乙进行计算即可
D.距离最近的是顶点和体心的距离，即为体对角线的一半
20．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}
（2）N＞O＞C
（3）C2H6；氮的氢化物（N2H4）分子间存在氢键
（4）sp2；1mol
（5）Cu3N；6
【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大；元素A是原子半径最小的元素，则A是H元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级），则B为C元素；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍，则D是O元素，C元素原子序数大于B而小于D，则C是N元素；E与D处于同一主族，则E是S元素；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子，则F为Cu元素；（1）Cu+是Cu原子失去最外层电子得到的离子，其离子核外有28个电子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}；（2）B、C、D分别是C、N、O元素，且位于同一周期，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（3）C、N元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物为C2H6；
含有氢键的氢化物熔沸点较高，氮的氢化物中含有氢键而碳的氢化物中不含氢键，所以氮的氢化物熔沸点较高，
故答案为：C2H6；氮的氢化物（N2H4）分子间存在氢键；（4）H、C、O可形成分子式为H2CO的某化合物，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp2；一个甲醛分子中含有1个π键，则1mol甲醛中含有1molπ键，
故答案为：sp2；1mol；（5）N、Cu两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞中Cu原子个数=12× =3、N原子个数=8× =1，所以其化学式为Cu3N；该晶胞中N原子配位数为6，
故答案为：Cu3N；6．
【分析】A、B、C、D、E、F六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大；元素A是原子半径最小的元素，则A是H元素；B元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道（能级），则B为C元素；D元素原子的已成对电子总数是未成对电子总数的3倍，则D是O元素，C元素原子序数大于B而小于D，则C是N元素；E与D处于同一主族，则E是S元素；F位于ds区，且原子的最外层只有1个电子，则F为Cu元素；（1）Cu+是Cu原子失去最外层电子得到的离子，其离子核外有28个电子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式；（2）B、C、D分别是C、N、O元素，且位于同一周期，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）C、N元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，则B的这种氢化物为乙烷；
含有氢键的氢化物熔沸点较高；（4）H、C、O可形成分子式为H2CO的某化合物，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；一个甲醛分子中含有1个π键；（5）N、Cu两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，利用均摊分计算该晶胞中N、Cu原子个数，从而确定其化学式；该晶胞中N原子配位数为6．
21．【答案】（1）17
（2）Cl>P>S
（3）b；23NA；[M(NH3)5Cl]Cl2·H2O
（4）sp2；热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大
（5）正四面体；
【解析】【解答】(1)基态Ge原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2，共有17个原子轨道，故基态Ge原子的核外电子有17种不同的空间运动状态，答案为：17；(2) 磷原子3p能级为半充满状态，故磷的第一电离能大于元素硫、但是小于元素氯，故P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S；答案为：Cl>P>S；(3)①根据价层电子对互斥理论，可知，NH3和H2O成键对数分别为3和2，NH3的孤电子对数为 ，H2O的孤电子对数为 ，则NH3的空间构型为三角锥形，键角为107°；H2O的空间构型为V形，键角为105°。NH3和H2O中N原子和O原子均采取sp3杂化，N原子的sp3轨道有1个由孤电子对占据，O原子的sp3轨道有2个由孤对电子占据，据此可知，b项正确，答案为：b；②NH3和H2O中的共价键都是σ键，每个分子形成一个配位键，配位键也是σ键，所以1个NH3形成4个σ键，1个H2O形成3个σ键。故1 mol[M(NH3)5(H2O)]3+含(5×4+3)NA=23NA个σ键；答案为：23NA；③该配合物中M3+的配位数为6，依题意，1molT中有2 molCl-在外界，能电离出2 molCl-，有1molCl-形成为內界离子，故T的化学式为[M(NH3)5Cl]Cl2·H2O；答案为：[M(NH3)5Cl]Cl2·H2O；(4)硼原子最外层只有3个电子，由图甲可知，B原子在硼酸分子中，与氧原子形成3对共用电子对，B原子与3个羟基相连，无孤对电子对，故硼的杂化方式为sp2杂化；H3BO3晶体中存在氢键，热水会破坏硼酸晶体中的氢键，同时硼酸分子可与水分子形成分子间氢键，则硼酸的溶解度增大；故答案为：sp2杂化；热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；(5)由图乙可知，P原子将晶胞围成8个正四面体，而B原子位于体对角线的 位置，4个B原子填充了4个正四面体；面心上6个P原子构成正八面体，该正八面体的边长等于面对角线的一半，设BP晶胞边长为acm，1个晶胞中含有B原子数为 ，含有P原子数为 ，则，1个晶胞中含有4个BP，根据 、 ，所以 ，a= 。故正八面体的边长为 。答案为：正四面体； 。
【分析】(1)根据原子中单个电子的空间运动状态可以用原子轨道来描述可知，Ge原子中有多少原子轨道，就有多少种电子的空间运动状态；(3)③根据题意，分清配合物中內界离子和外界离子的区别，外界的Cl-能被沉淀，內界的不能形成沉淀，据此判断。(5)利用均摊法计算晶胞中BP的原子个数，通过公式 、 找出晶胞ρ和M、V之间的关系，进而计算出晶胞边长的表示式，根据边长与BP的几何体边长关系，得出答案。
22．【答案】（1）4s24p5；三角锥形
（2）A
（3）碘
（4）D
（5）sp2杂化；N2
（6）CaO2；×
【解析】【解答】（1）溴处于第四周期ⅦA族，价电子排布式为4s24p5；PCl3中P原子孤电子对数=
=1，价层电子对数=3+1=4，分子空间构型为三角锥形，
故答案为：4s24p5；三角锥形；
（2）CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，由于氯离子的半径小于碘离子，所以CsCl的晶格能大于CsI的晶格能，按反应CsICl2=CsCl+ICl进行，
故选：A；
（3）I的第一电离能越小，碘更容易形成较稳定的单核阳离子，故答案为：碘；
（4）A． HCl中为单键，存在s﹣pσ键，
B．HF中为单键，存在s﹣pσ键，
C． SO2中含有双键，存在p﹣pπ键，
D． SCl2中为单键，存在p﹣pσ键，
故答案为：D；
（5）COCl2为平面形，其结构式是，C原子的杂化轨道数目为3，杂化类型为sp2杂化；CO的等电子体的微粒为：N2等，
故答案为：sp2杂化；N2；
（6）晶胞中钙离子的个数为8×
+6×
=4，过氧离子的个数为12×
+1=4，故其化学式为CaO2，晶胞质量为4×
g，设晶胞的边长为acm，则（a cm）3×ρg cm﹣3=4×
g，故a=
，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的
，即为
×
cm，
故答案为：CaO2；
×
cm．
【分析】（1）溴处于第四周期ⅦA族；PCl3中P原子孤电子对数=
=1，价层电子对数=3+1=4；
（2）在离子晶体中离子半径越小、离子所带电荷越高，晶格能越大；
（3）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子；
（4）s能级与p能级电子形成的共价键为s﹣pσ键，p能级电子之间形成双键、三键中含有p﹣pπ键；
（5）COCl2为平面形，其结构式是，C原子的杂化轨道数目为3；等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒；
（6）根据均摊法确定晶胞中各种原子的个数，再确定其化学式，计算晶胞质量，结合密度确定晶胞的体积，进而求得晶胞的边长，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的
．
　
23．【答案】（1）5d76s2
（2）正四面体；PCl5为非极性分子，可溶于非极性CCl4，在硝基苯中以离子形式存在
（3）A；C
（4）8；Rh2P
【解析】【解答】(1) Co是27号元素，位于第四周期，价电子排布式为3d74s2，Ir位于第六周期第VIII族，位于Co下方，Ir的电子排布式为5d76s2；
(2)①根据价层电子对互斥理论，[PCl4]+的价层电子对数为4+ ×(5-1-4×1)=4，空间构型为正四面体；
②根据PCl5的结构可知，PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，CCl4是非极性溶剂因此PCl5溶于CCl4；固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成，在硝基苯中，PCl5以两种离子形式存在，此时可将PCl5看做离子化合物，离子化合物易溶于极性溶剂，因此PCl5也可以溶于硝基苯；
(3)由图像可知，C与C、C与O、C与H、O与H之间的单键均为σ键，Cu与H2O中的O之间为配位键，
故答案为：AC；
(4)由图可知，距离每个P最近且相等的Rh有8个，即P的配位数为8，根据均摊法，每个晶胞中P的个数为8× +6× =4，Rh的个数为8，该晶体的化学式为Rh2P。
【分析】（1）找出钴原子的核外电子能级排布即可
（2）① 计算P的价层电子对即可②根据空间结构PCl5结构高度对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，根据题意 固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成 ，在硝基苯中以离子形式存在
（3）根据结构图，即可判断含有σ键以及配位键
（4）根据晶胞即可找出与P原子距离最近的Rh即可判断配位数，根据占位即可计算出化学式
24．【答案】（1）Li；2
（2）9或7；[Ar]3d104s24p3
（3）AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高
（4）6
（5）sp3、sp
（6）1∶1
（7）
【解析】【解答】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为：Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为：9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为：AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为：6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为：sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为：1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为：。
【分析】（1）非金属性越强，电负性越大；同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
（2）依据构造原理分析；
（3）分子晶体分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高；
（4）依据配合物的结构判断；
（5）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；
（6）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；
（7）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。

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