2021年高中化学选修二第三章《晶体结构与性质》经典习题答案解析3

一、选择题1．现有如下说法：①在水分子内氢、氧原子间均以化学键相结合；②金属和非金属化合一定形成离子键；③离子键是阳离子和阴离子化合而形成的；④根据电离方程式HCl=H＋＋Cl－，可知HCl分子里存在离子键；⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成离子键的过程。上述各种说法正确的是A．①②⑤正确 B．都不正确C．④正确，其他不正确 D．仅①正确答案：D解析：①水分子内氢、氧原子间均以共价键结合，共价键属于化学键，①正确；②金属与非金属化合不一定形成离子键，如Al和Cl2化合形成的AlCl3中是共价键，②错误；③离子键是阴、阳离子间通过静电作用而形成的，③错误；④HCl分子中存在的是共价键，④错误；⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成共价键的过程，⑤错误；综上所述，仅①正确，答案选D。2．下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是A．键能C-C＞Si-Si、C-H＞Si-H，因此C2H6稳定性大于Si2H6B．立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度和熔点C．常温下C、Si的最高价氧化物晶体类型相同，性质相同。D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成键答案：C解析：A．原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳定，原子半径Si＞C，所以键能C-C＞Si-Si、C-H＞Si-H，C2H6稳定性大于Si2H6，故A正确；B．由于立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，由于SiC是共价晶体，所以立方型SiC具有很高的硬度和熔点，故B正确；C．C、Si所形成的最高价氧化物分别为CO2和SiO2，CO2空间构型是直线型，属于分子晶体，SiO2空间构型是空间网状结构，属于共价晶体，二者晶体类型不同，故C错误；D．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度很小，难以形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故D正确；答案为C。3．实验测得Al与氯元素形成化合物的实际组成为Al2Cl6，其球棍模型如图所示。已知Al2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[Al(OH)4]。下列说法不正确的是A．AlCl3属于分子晶体B．Al2Cl6中Al原子为sp3杂化C．Na[Al(OH)4]中存在的化学键只有极性共价键和配位键D．Na[Al(OH)4]属于配合物答案：C解析：A．根据题意可知AlCl3在加热时易升华，熔点较低，且存在分子结构，则应是分子晶体，故A正确；B．根据球棍模型可知Al原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，Al原子杂化方式为sp3，故B正确；C．Na[Al(OH)4]中钠离子和[Al(OH)4]-之间存在离子键，Al离子和O原子之间存在配位键、O-H原子之间存在极性键，所以存在的化学键有离子键、极性共价键、配位键，故C错误；D．Na[Al(OH)4]中铝是缺电子结构，能接受氢氧根离子给与的孤对电子形成配位键，所以Na[Al(OH)4]属于配合物，故D正确；故选：C。4．下列说法不正确的是A．NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中C—C1键的键长短B．离子的空间结构是V形C．Fe成为阳离子时首先失去能量最高的3d轨道电子D．区分晶体、准晶体及非晶体的最可靠方法是对固体进行X射线衍射实验答案：C解析：A．C原子的原子半径大于N原子的原子半径，则NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中C—C1键的键长短，故A正确；B．I离子与ClO离子具有相同的原子个数和价电子数，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，ClO离子氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，ClO离子的空间结构是V形，则I离子的空间结构也是V形，故B正确；C．铁原子形成阳离子时首先失去最外层4s轨道上的电子，故C错误；D．对固体进行X射线衍射实验可以准确的区分固体是否为晶体、准晶体及非晶体，故D正确；故选C。5．氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜。以肼(N2H4)为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为：4Cu(CH3COO)2＋N2H4＋2H2O=2Cu2O↓＋N2＋8CH3COOH。生成的沉淀需用水洗涤后，用乙醇洗涤。下列说法不正确的是A．N2H4能与水分子形成分子间氢键B．如图所示Cu2O的晶胞中，Cu＋的配位数是4C．每生成标准状况下2.24LN2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023D．沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化答案：B解析：A．N2H4和H2O分子中的氢原子都是与电负性大、半径小的原子相连的，故N2H4能与水分子形成、等分子间氢键，A正确；B．根据图示中两种小球的位置和Cu2O的化学式可知，白球为O原子、黑球为Cu原子，与Cu＋距离最近且相等的O有2个(体心和顶点)，该晶胞结构中铜原子的配位数是2，B错误；C．氮元素由−2价升高到0价，N2H4转变为N2，每生成标准状况下22.4LN2(1mol)，转移电子数为4×6.02×1023，则每生成标准状况下2.24LN2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023，C正确；D．已知Cu2O在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜，则沉淀用水洗后，需再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化，D正确；答案选B。6．下列各组物质性质的比较，结论正确的是A．分子的极性： B．物质的硬度：NaF＜NaIC．物质的沸点： D．在中的溶解度：答案：A解析：A．BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3<NCl3，A正确；B．NaF、NaI都是离子晶体，阴、阳离子通过离子键结合，由于离子半径F-<I-，离子半径越小，离子键越强，物质的硬度就越大，所以物质硬度：NaF>NaI，B错误；C．HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误；D．CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D错误；故选：A。7．碳元素有多种同素异形体，其中C60、石墨与金刚石的结构如图所示。已知C60的结构是由正五边形和正六边形组成的凸32面体。下列有关说法正确的是A．C60中含有20个正五边形和12个正六边形B．石墨的层内碳原子之间只存在σ键C．石墨中层间碳原子之间存在化学键D．如图所示的金刚石晶胞中有8个碳原子答案：D解析：A．C60的结构是由正五边形和正六边形组成的凸32面体，设正六边形x个，正五边形y个，由欧绿公式得到60＋(x＋y)－=2，每个正六边形有6个键，每个正五边形有5个键，(有一个双键)，解得x=20，y=12，因此C60中含有12个正五边形和20个正六边形，故A错误；B．石墨的层内碳原子之间存在σ键，石墨每个碳原子经过sp2杂化后，还剩余一个未被杂化的p轨道，肩并肩重叠，形成π键，故B错误；C．石墨中层间碳原子之间是通过范德华力连接，不存在化学键，故C错误；D．如图所示的金刚石晶胞中碳原子有8个在顶点，6个在面心，4个在体内，因此含有个碳原子，故D正确。综上所述，答案为D。8．下列有关晶体的叙述中，错误的是A．干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个B．金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子C．金属Cu晶体(面心立方晶胞)中，Cu的配位数为8D．氯化钠晶胞中，阴、阳离子的配位数均为6答案：C解析：A．干冰晶体中，CO2分子位于晶胞的顶点和面心上，在一个晶胞中每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子有3个，通过高CO2分子可以形成8个晶胞，每个CO2为2个晶胞所共有，则每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子有个，A正确；B．金刚石网状结构中，每个C原子与相邻的4个C原子形成4个共价键，键角是109°28′，这4个C原子构成的是正四面体结构，这种结构向空间扩展，就形成立体网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，B正确；C．金属Cu晶体属于面心立方晶胞，与干冰晶体类似，由选项A分析可知Cu的配位数与CO2相同，也是12个，C错误；D．在氯化钠晶胞中，每个Na+周围有6个距离相等且最近的Cl-；在每个Cl-周围有6个距离相等且最近的Na+，因此在NaCl晶体中阴、阳离子的配位数均为6，D正确；故合理选项是C。9．甲、乙、丙三种离子晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是A．甲的化学式(X为阳离子)为XYB．乙中A、B、C三种微粒的个数比是1:3:1C．丙是CsCl晶体的晶胞D．乙中与A距离最近且相等的B有8个答案：B解析：A．据图可知，Y位于立方体的4个顶点，根据均摊法，Y的个数为4×=，X位于体心，X的个数为1，X和Y的个数比为2:1，所以甲的化学式为X2Y，故A错误；B．据图可知，A位于8个顶点，根据均摊法，A的个数为8×=1，B位于6个面心，B的个数为6×=3，C位于体心，个数为1，则A、B、C的个数比为1:3:1，故B正确；C．在CsCl晶胞里，Cl－作简单立方堆积，Cs＋填在立方体空隙中，正负离子配位数均为8，所以丙不是CsCl的晶胞，丙是NaCl的晶胞，故C错误；D．乙中A位于立方体的顶点，B位于面心，在以A为中心的3个平面的4个顶点的B都和A距离相等且距离最近，所以这样的B有12个，故D错误；故选B。10．下列说法正确的是A．最外层电子排布为的元素一定处于周期表族B．、都是极性分子C．互为手性异构体的分子互为镜像D．在晶体中有阳离子一定就有阴离子答案：C解析：A．最外层电子排布为ns1的元素不一定处于周期表IA族，如3d104s1是铜，位于IB族，故A错误；B．SO2中S的价层电子对数为3，是V形分子，属于极性分子，而SO3中S的价层电子对数为3，是正三角形的分子，属于非极性分子，故B错误；C．互为手性异构体的分子如同左右手一样互为镜像，故C正确；D．金属晶体中含有阳离子但无阴离子，故D错误；故选C。11．下列晶体中属于原子晶体的是A．I2 B．SiC C．Cu D．CsCl答案：B解析：A．I2晶体由I2分子构成，晶体属于分子晶体，A不符合题意；B．SiC晶体由Si原子和C原子构成，晶体属于原子晶体，B符合题意；C．Cu由Cu2+和自由电子构成，晶体属于金属晶体，C不符合题意；D．CsCl由Cs+和Cl-构成，晶体属于离子晶体，D不符合题意；故选B。12．有关晶体的结构如下图所示，下列说法中错误的是A．钛酸钙的化学式为CaTiO3B．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键(C—C)数目之比为1：2C．硒化锌晶体中与一个Se2-距离最近且相等的Se2-有8个D．CaF2中F-与距离最近的Ca2+所形成的键的夹角为109.5°答案：C解析：A．由钛酸钙的晶胞可求得，Ca:8×=1,Ti:1,O:6×=3,所以钛酸钙的化学式为：CaTiO3，故A正确；B．金刚石中1个C原子链接4个C-C键，相当于1个C-C键连接2个的C原子，因此C原子与C-C键之比是1:2，故B正确；C．硒化锌晶体中，与一个Se2-距离最近且相等的Se2-应该有12个，除了看到的图还要考虑周围的晶胞，故C错误；D．由氟化钙的晶胞可看出一个F与4个Ca可以形成正四面体结构，键角为109.5°，故D正确。故答案为：C。13．某同学将稀氨水滴入AgNO3溶液得到银氨溶液，再加入葡萄糖加热获得光亮的银镜。下列说法正确的是A．氨气极易溶于水主要是因为NH3与H2O可形成分子间氢键B．银氨离子的形成是因为Ag+提供孤电子对与NH3形成配位键C．银镜的产生是因为葡萄糖分子中的羟基将银氨离子还原D．图中所示的银晶体中银原子的配位数为8答案：A解析：A.氨气分子极易溶于水主要是因为氨气分子和水分子间能形成氢键，增大了分子间的作用力，故A正确；B.银氨离子的形成是因为银离子提供的空轨道与氨分子提供的孤电子对形成了配位键，故B错误；C.银镜的产生是因为葡萄糖分子中的醛基将银氨离子还原，故C错误；D.由晶胞结构可知，与顶点银原子距离最近的银原子位于面心，则每个银原子周围有12个银原子，银晶体中银原子的配位数为12，故D错误；故选A。14．下列物质形成的晶体中，属于分子晶体的是A．CO2 B．NaOH C．金刚石 D．NaCl答案：A解析：A．CO2由分子构成，形成的晶体为分子晶体，故选A；B．NaOH是离子化合物，形成的晶体为离子晶体，故不选B；C．金刚石是由碳原子通过共价键形成晶体，为共价晶体，故不选C；D．NaCl是离子化合物，形成的晶体为离子晶体，故不选D；选A。15．有关晶体的下列说法中错误的是A．氯化钠熔化时破坏了离子键 B．水汽化时主要破坏了分子间作用力C．原子晶体中共价键越强，熔点越高 D．分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定答案：D解析：A．氯化钠是离子晶体，熔化时破坏了离子键，故A不选；B．水汽化时主要破坏了分子间作用力，故B不选；C．原子晶体中共价键越强，熔点越高，故C不选；D．组成和结构相似的分子晶体，分子间作用力越大，熔沸点越高，故D选；故选：D。二、填空题16．(1)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为___________。(2)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________。(3)配合物[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是___________(填元素符号)。(4)Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1molNi(CO)4中含有___________molσ键。(5)计算下列各微粒中心原子的杂化轨道数，判断中心原子的杂化轨道类型，写出VSEPR模型名称。___________、___________、___________。答案：sp3正四面体O84sp3正四面体解析：(1)Ge与C同主族，根据金刚石中C原子的成键方式可知，Ge单晶中Ge原子形成4个σ键，为sp3杂化；(2)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为SO，中心S原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以立体构型为正四面体；(3)H2O分子中O原子含有孤电子对，所以与Cr3＋形成配位键的原子是O；(4)一个CO分子中含有一个σ键，Ni原子和CO分子形成的配位键也为σ键，所以1molNi(CO)4中含有8molσ键；(5)PCl3分子中心原子价层电子对数为=4，价层电子对数为4，所以为sp3杂化，形成4条杂化轨道，VSEPR模型为正四面体。17．Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能(I)数据如表所示：元素MnFe电离能/(kJ·mol-1)I1717759I215091561I332482957(1)Mn元素原子的价电子排布式为___________。比较两元素的I2、I3可知：气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是___________(2)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物，则与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的条件是___________。(3)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为___________。答案：3d54s2由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)有孤电子对2∶1解析：(1)锰元素原子的价电子排布式为3d54s2，由于由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)，所以气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。(2)分子或离子应具备有孤电子对才会与Fe原子或离子形成配合物。(3)在面心立方晶胞中，铁原子数为8×＋6×=4，体心立方晶胞中铁原子数为8×＋1=2，所以个数比为2∶1。18．I.氮化硼晶体的结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。(1)在一个晶胞中，含有硼原子_______个，氮原子_______个。(2)已知氮化硼晶胞参数为γcm，则在此晶胞中，任意两个原子之间的最短距离是___cm，DE原子之间的距离是____cm。(3)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，称作原子分数坐标。已知三个原子分数坐标参数：A为(0，0，0)、B为(0，1，1)、C为(1，1，0)；则E原子为________。(4)氮化硼晶胞的俯视投影图是_______。(5)设NA为阿伏加德罗常数的值，则氮化硼晶体的密度为_______g/cm3(用代数式表示)。II.在硅酸盐中，SiO四面体(如图为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成链状、环状等多种结构型式。(6)图甲为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si与O的原子数之比为_______，化学式为_______。答案：4b1:3或【分析】结合晶胞示意图、确定原子的相对位置关系、进行计算；用均摊法计算晶胞密度、硅酸盐的化学式；解析：I(1)硼原子位于晶胞内，氮原子位于顶点和面心，则在一个晶胞中，含有硼原子4个，个。(2)己知氮化硼晶胞参数为γcm，则在此晶胞中，任意两个原子之间的最短距离为N与B之间，最短距离为晶胞体对角线的，则是cm，DE原子即晶体中两个距离最近的B原子，二者之间的距离为晶胞的棱长的，即是cm。(3)己知三个原子分数坐标参数：A为(0，0，0)、B为(0，1，1)、C为(1，1，0)；则由E原子的位置知，E的原子分数坐标为。(4)由晶胞示意图知，氮化硼晶胞的俯视投影图是b。(5)1个氮化硼晶胞内含有的氮原子和硼原子均为4个，则晶胞的质量为，氮化硼晶胞参数为γcm，则晶胞体积为，晶胞密度即晶体的密度为。II(6)观察图可知，每个四面体通过两个氧原子与其他四面体连接形成链状结构，所以每个四面体中的硅原子数是1，氧原子数是，即Si与O的原子数之比为1:3；化学式为或。19．(1)已知：碳化硅()是一种具有类似金刚石结构的晶体，其中碳原子和硅原子是交替排列的。在下列晶体：①晶体硅、②金刚石、③碳化硅、④干冰、⑤冰中，它们的熔点由高到低的顺序是______(填序号)。(2)继后，科学家又合成了、。已知熔点：，而破坏分子所需要的能量：，其原因是______。答案：②③①⑤④一般情况下，对于组成与结构相似的分了晶体，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔化所需的能量越多，故熔点：；而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子所需要的能量：解析：(1)题述晶体中属于共价晶体的是①②③，属于分子晶体的是④⑤。一般来说，共价晶体的熔点>分子晶体的熔点；对于共价晶体，键长：键>键键，相应键能：键键键，故熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅。故答案为：②③①⑤④；(2)分子晶体熔点与分子间作用力有关，而破坏分子则是破坏分子内的共价键。故答案为：一般情况下，对于组成与结构相似的分了晶体，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔化所需的能量越多，故熔点：；而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子所需要的能量：。20．(1)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。①中阴离子的空间结构是______。②在中，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___，提供孤电子对的成键原子是_________(填元素符号)。(2)银氨溶液的主要成分是，配制方法是向溶液中滴加氨水至沉淀刚好完全溶解为止，得到澄清的银氨溶液。①中阴离子的空间结构是________。②中的配位数为___________。(3)现代工业冶金中，。是常见的配体，提供孤电子对的是C不是N，其主要原因是__________。。答案：正四面体形配位键N平面三角形2C的电负性比N小，吸引孤电子对的能力比N弱解析：(1)①中S原子的孤电子对数为，价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形；②Ni2+提供空轨道，中N原子提供孤电子对，二者形成配位键；(2)①中N原子价电子对数是，形成3个键，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥模型可判断其空间结构为平面三角形；②配位数即配体的个数，是配体，配位数为2；(3)配体在形成配位键时需具备两个条件：一是有孤电子对，二是配位原子的电负性不能太大，如CO、CN-等配体中C原子提供孤电子对，因为C的电负性比N、O的小。21．(1)图甲是的拉维斯结构，以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的。图乙是沿立方格子对角面取得的截图。可见，原子之间最短距离_______，原子之间最短距离_______。设阿伏加德罗常数的值为，则的密度是_______(列出计算表达式)。(2)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图丙所示。晶胞中和原子的投影位置如图丁所示。图中和共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和代表，则该化合物的化学式表示为_______；通过测定密度和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：_______，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，称作原子分数坐标，例如图丙中原子1的坐标为，则原子2和3的坐标分别为_______、_______。(3)苯胺()的晶体类型是_______。(4)一个晶胞(如图戊)中，原子的数目为_______。答案：分子晶体4解析：（1）由题图乙右侧图形可知4个原子相切排列，x为原子直径，晶胞面对角线长为，由题可知，所以，原子之间最短距离为体对角线长的，则；晶体密度，，晶胞质量m为8个和16个的质量，即，所以，故答案为：；；；（2）由题图丙可知，晶胞内处于体心和棱心，原子一共有个，结合题图丁得知，原子和原子位于面上，原子一共有个，原子一共有个，和位于上下底面，则和共有个，综上所述，一个晶胞内有2个、2个、2个、和一共2个，可得该化合物的化学式表示为；已知超导化合物晶体晶胞参数为、、，且的相对分子质量为，根据密度公式得；原子2位于原子1正下方（底面面心），则由原子1坐标结合三维坐标系的方向可知原子2坐标为；原子3位于棱心，其坐标为，故答案为：；；；；（3）苯胺是由分子构成的物质，其晶体属于分子晶体，故答案为：分子晶体；（4）氧原子位于顶点和体心，一个晶胞内氧原子数为，原子位于晶胞内，一个晶胞中有4个原子，故答案为：4；22．如图表示晶胞，线交点处的圆圈为或所处的位置。这两种离子在空间三个互相垂直的方向上都是等距离排列的。(1)请将其中代表的圆圈涂黑(不必考虑体积大小)，以完成晶胞示意图__________。(2)晶体中，在每个的周围与它最近且距离相等的共有_______个。(3)在晶胞中正六面体的顶点上、面上、棱上的或为该晶胞与其相邻的晶胞所共有，一个晶胞中的个数等于_____，即_____(填计算式)；的个数等于____，即____(填计算式)。答案：44解析：（1）在氯化钠晶体中，钠离子或氯离子的配位数都是6，氯化钠晶体的晶胞如图所示：（2）从体心处的看，与它最近且距离相等的在棱上，共有12个。（3）（1）中所示的晶胞中，所含的个数为，所含的个数为。23．化合物与可以通过配位键形成。(1)配位键的形成条件是______。(2)在中，______(填元素符号，后同)原子提供孤电子对，______原子接受孤电子对。(3)写出的结构式并用“→”标出配位键______。答案：一方能够提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的轨道NB解析：(1)配位键的形成条件是一方能够提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的轨道。故答案为：一方能够提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的轨道；(2)在中，N最外层5个电子，形成三个N-H键，用去3个电子，还有一个孤电子对，N(填元素符号，后同)原子提供孤电子对，B的2p能层有一个空轨道，B原子接受孤电子对。故答案为：N；B；(3)中N提供孤电子对，硼提供空轨道，形成配位键，的结构式并用“→”标出配位键为：。故答案为：。24．立方氮化硼和金刚石是等电子体，其晶胞结构如图所示，则处于晶胞顶点上的原子的配位数为___________，若晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的密度是___________g·cm-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA)。答案：解析：由晶胞结构可知，立方氮化硼中氮原子周围的4个硼原子形成四面体结构，B原子周围的4个N原子也形成正四面体，即处于晶胞顶点上的原子配位数为4；则晶胞中N原子数目=4、B原子数目=8×+6×=4，晶胞质量m=4×g=g，晶胞的体积V=a3=(361.5×10-10cm)3，晶体密度ρ===g·cm-3；答案为4，。25．六方氮化硼的结构与石墨类似，B-N共价单键的键长理论值为158pm，而六方氮化硼层内B、N原子间距的实测值为145pm，造成这一差值的原因是___________。高温高压下，六方氮化硼可转化为立方氮化硼，立方氮化硼的结构与金刚石类似，已知晶胞参数中边长为a=362pm，则立方氮化硼的密度是___________g/cm3答案：层内B、N原子间形成了π键解析：六方氮化硼的结构与石墨类似，层内B、N原子间形成了π键，使得B-N共价单键的键长变短；根据晶胞结构图，一个立方氮化硼晶胞中含有的白球数=8×＋6×=4，黑球数为4，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，一个晶胞的质量为，一个立方氮化硼晶胞的体积是(362pm)3，根据ρ===g/cm3。26．下表是元素周期表短周期的一部分：请按要求用化学用语回答下列问题：（1）元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为___；（2）用电子式表示元素④与元素⑥形成的化合物的形成过程___；（3）比元素⑦的原子序数多17的元素在周期表的位置为___；（4）写出由①④⑤三种元素组成的一种离子化合物的电子式___，若将其溶于水，破坏了其中的___(填“离子键”、“共价键”或“离子键和共价键”)；（5）元素①和元素④形成的化合物及元素①和元素⑧形成的化合物均为18电子分子，请写出这两种化合物按物质的量之比4：1反应的离子方程式___。答案：Cl−>O2−>Mg2+第四周期第IVA离子键【分析】由元素在周期表的位置可知，①是H；②是C；③是N；④是O；⑤是Na；⑥是Mg；⑦是P；⑧是S；⑨是Cl元素。(1)离子核外电子层数越多，离子半径越大；离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；(2)Mg与O先得失电子形成离子，离子间通过离子键结合；(3)元素⑦是P元素，是15号元素，比它的原子序数多17的元素是32号元素，根据元素的原子序数与原子结构确定元素位置；(4)①④⑤三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的离子化合物是NaOH；NaOH溶于水电离产生OH-、Na+；(5)元素①和元素④形成的化合物18电子分子是H2O2，元素①和元素⑧形成的化合物18电子分子是H2S，二者会发生氧化还原反应，结合这两种化合物按物质的量之比为4：1，写出反应的离子方程式。解析：(1)由于离子核外电子层数越多，离子半径越大，当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；Cl−核外有3个电子层，O2−、Mg2+核外都有2个电子层，所以Cl−的半径最大，O2−半径次之，Mg2+的离子半径最小，故元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为Cl−>O2−>Mg2+；(2)Mg原子失去电子形成Mg2+，O原子获得电子形成O2−，Mg2+与O2−通过静电作用形成离子键，用电子式表示为；(3)元素⑦是P元素，它的原子序数是15，比该元素的原子序数大17的元素是32，其核外电子排布是2、8、18、4，所以该元素位于第四周期第IVA；(4)①④⑤三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的离子化合物是NaOH，其电子式是；NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，当其溶于水电离产生OH−、Na+，所以断裂的是离子键；(5)元素①和元素④形成的化合物18电子分子是H2O2，该物质具有氧化性，元素①和元素⑧形成的化合物18电子分子是H2S，该物质具有还原性，二者混合时按物质的量之比为4:1发生氧化还原反应，根据电子守恒，可得反应的离子方程式为。三、解答题27．(1)碳元素的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为___。(2)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为___(写化学式)，原因是___。(3)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀。此配合物最可能是___。A．[R(H2O)6]Cl3B．[R(H2O)5Cl]Cl2·H2OC．[R(H2O)4Cl2]Cl·2H2OD．[R(H2O)3Cl3]·3H2O(4)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：___，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，写出反应的离子方程式为：___。答案：3：2H2O水分子间可以形成氢键，使沸点升高BCu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NHCu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-解析：(1)碳元素的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为乙炔，其结构式为：，碳碳三键中有一个σ键，两个π键，其分子中的σ键与π键的键数之比为3:2，答案为：3:2；(2)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物是甲烷和水，其中沸点较高的为H2O，原因是水分子间可以形成氢键，使沸点升高，答案为：H2O；水分子间可以形成氢键，使沸点升高；(3)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，说明1molRCl3·6H2O中能电离出2molCl-，此配合物最可能是[R(H2O)5Cl]Cl2·H2O，答案为B；(4)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，形成了四氨合铜离子，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，答案为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-。28．结合金属晶体的结构和性质，回答下列问题。(1)已知下列金属晶体：Na、K、Fe、Cu