人教版高二化学下册选择性必修2《第三章 晶体结构与性质》单元测试卷（带答案解析）

人教版高二下学期化学（选择性必修2）《第三章晶体结构与性质》单元测

试卷（带答案解析）

（时间：75分钟，分值：100分）

可能用到的相对原子质量：H-lC-120-16Mg-24Si-28S-32Fe-56Cu-64Se-79As-75

一、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.下列有关实验现象、原理、方法和结论不正确的是（）

A.常用红外光谱仪来鉴定元素

B.霓虹灯发光机理与氢原子光谱形成机理基本相同

C.用X-射线衍射实验来区分晶体和非晶体

D.质谱法是快速、精确测定相对分子质量的重要方法

2.胺类广泛存在于生物界，具有极重要的生理活性和生物活性。N（CH3）3NH（CH3）2

NH2cH2cHzN也是常见的有机胺，已知：气态时，脂肪胺中氮原子上的电子云密度越大，

其碱性越强。下列有关说法错误的是（）

A.气态时的碱性：NH（CH3）2>N（CH3）3

沸点：

B.NH2CH2CH2NH2>N（CH3）3

c.NH2cH2cH2NH2形成配合物时可提供两个配位原子

D.N（CH3）3NH（CH3）2NH2cH2cH2NH2均为分子晶体

3.有关晶体的结构如下图所示,下列说法中正确的是（）

丙7

A.图甲晶体中，距C1最近的Na，有6个，距Na+最近且等距的Na+共有6个

B.图乙晶体中，Cu与H形成的化合物的化学式为CuH?

C.图丙晶体中，每个碳原子被6个六元环共同占有，每个六元环最多有4个碳原子共面

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D.图丁晶体中，V原子的配位数与0原子的配位数之比为2:1

4.沸石是一类分子架构奇特的含水矿物的总称。其中的天然沸石是一类含水铝硅酸盐晶体的总

称，它们会因释放水而呈沸腾状，故而得名沸石，又称分子筛（严格说，沸石和分子筛两个术

语的内涵是不同的，但经常被不加区别地混用）。它们往往具有复杂的结构，可以灵活地吸水

和脱水。以下给出了几种沸石的结构图：

其中一种A型沸石的分子式可表示为9603aJ。用氢氧化钠、铝酸钠和偏

硅酸钠在室温下混合后在99℃结晶，110C干燥即可得到A型沸石。下列说法不正确的是（）

A.沸石具有广泛的用途，可作为吸附剂、干燥剂、催化剂等，并可用于防止溶液暴沸

B.相比较一些传统干燥剂如RO、等，沸石具备优异的再生性能，可反复使用

C.用氢氧化钠、铝酸钾和偏硅酸钠在室温下混合后在99c结晶，110℃干燥一定可以得到纯净

的A型沸石

D.由上图给出的沸石笼孔道的结构示意可以推测分子筛的得名可能来源于沸石具有“只要客体

分子能够通过连接沸石笼的孔道，就可以进出沸石''的特殊性质

5.下列关于物质特殊聚集状态结构的叙述中，错误的是（）

A.液晶具有液体的流动性，在某些物理性质方面具有类似晶体的各向异性

B.氧化镁晶体中离子键的百分数为50%,氧化镁晶体是一种过渡晶体

C.等离子体的基本构成粒子只有阴、阳离子

D.石墨晶体属于混合晶体

6.以表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）

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V七丫

4•会外

A.l8g冰（图甲）中含O-H键数目为2%

B.28g晶体硅（图乙）中含有Si—Si键数目为2N.、

C.44g干冰（图丙）中含有M,个晶胞结构单元

D.石墨烯（图丁）是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C—C键数目为1.5以

7.下列化学用语表示正确的是（）

一非晶态SiO?

L晶态SiO,

,,,,i,………।…，

1520253035

20/°

图1图2图3

A.图1为晶态SiC>2和非晶态SiC>2衍射图谱对比

B.图2为固体HF中的链状结构

C.二聚AlCh中A1的杂化方式：sp3

D.图3为石墨的层状结构

8.下列有关物质结构和性质的说法错误的是（）

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石黑阴函力占体

A.由于碱金属中Lr的半径最小，金属键最强，Li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.H2s和NH,均是价层电子对数为4的极性分子，且H2s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

9.硫代硫酸钠（Na2s?。3）可作定影剂，反应原理如下：

AgBr+2Na2S3O3=^aBr+NashgSO）］。下列说法不正确的是（）

A.S2Oj-的空间结构为四面体形，中心原子S的杂化方式为sp3

B.Na3［Ag（S2O）］是一种配合物，其配位数为2

C.Na3［Ag（S2。）］是一种常见的切花保鲜液，可用NaCl标准溶液定量测定其浓度

D.已知NaBr的晶体结构与NaCl相似，则每个Br周围有6个最近且等距离的Na*

10.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（78.3℃）高于二甲醛（-29SC）氢键作用

B熔点：A1F,（1040℃）远高于A1C13（178℃升华）晶体类型

C键角:P月（94。）小于PC13（109.5。）电负性差异

D分解温度：HBr（500℃）高于HI（300C）范德华力作用

A.AB.BC.CD.D

11.氯化亚碉（SOC1?）又称亚硫酰氯，常温下为黄色的液体，熔点-104.5℃,沸点78.8℃,常用

作有机合成工业中的氯化剂，遇水立即水解。下列说法不正确的是（）

A.SOC1,与A1C13-6H2O混合共热，可得无水A1C13

B.SOCk的空间结构为平面二角形

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C.SOC12与足量NaOH溶液反应生成Na2SO3和NaCl

D.SOBr2熔沸点比SO。?高

12.结构决定性质，性质决定月途。下列事实对应的解释、性质错误的是（）

选项事实解释、性质

冠醛18.冠・6空穴半径与K+半

A冠雄18-冠-6可以增大KMnO1在有机溶剂中的溶解度

径接近，可以选择性识别K+

石墨的导电性只能沿石墨平相邻碳原子平面之间相隔较远，未杂化的p轨道重叠

B

面的方1可使电子几乎只能在整个碳原子平面中运动

臭氧分子中的共价键为极性

C臭氧在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度

共价键且为极性分子

D氨气易液化氨分子间形成氢键

A.AB.BC.CD.D

13.冠酸能与碱金属阳离子作月，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，因而成为有机

反应中很好的催化剂。KMnO4与某冠酸反应生成超分子的过程如图所示。

下列说法错误的是（）

A.该冠酸分子与超分子中O的化合价相等

B.C—O—C之间的键角：超分子,冠酸

C.该冠醴分子也可以通过形成超分子识别Na-

D.冠酷可提高KMnO4氧化苯甲醛的速率

14>0.2molL-'C11SO4溶液与NH/HzO溶液等体积混合，测得CM+和铜氨各级配合物的物质

的量分数%与平衡体系的p［NHj［平衡体系中-lgc（NHj］的关系如图所示。

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下列说法错误的是()

A.根据图示信息，可得出b点的纵坐标约为().14

B.平衡体系中c(NHj越大越有利于配位数大的铜氨配合物的形成

2+

C.反应［Cu(NH+NH、［CU(NH3)J的平衡常数为1。由

D.p［NHj在3.5和2.9之间时，混合溶液中含铜微粒浓度最大的是［Cu(NH3)2『

15.“朋合成酶”以其中的Fe"配合物为催化中心，可将NH20H与NH3转化为脱(H/NH?),其

反应历程如下图所示。

已知:

化学键N-ON-HN-NO-H

键能/kJ・mo「176391193463

下列说法不正确的是()

A.阴合成酶的催化中心中，Fe2+通过提供空轨道形成配位键

B.反应过程中存在N-0和N-H键的断裂

C.反应过程中，催化中心的铁元素的价态发生改变

D.总反应的热化学方程式为：NH3(g)+NH2OH(g)=H2O(g)+H2NNH2(g)

=+89kJ-mol

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16.某种离子型铁的氧化物晶胞如图2所示，它由图1中A、B单元组成。若通过口一嵌入或脱

嵌晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正吸材料。

・fFe?+AFe3+O^O2-

一个晶胞中猊嵌出的Lr数X1QQ%

己知:脱嵌率=

一个晶胞中嵌入Li+的最大值

下列有关说法错误的是（）

A.一个晶胞能够嵌入的Li+最多数目为4

+

B.放电时，该锂电池的正极反应为LiFe6（）8+xe-=Li,_xFe6O8+xLi

C.若该正极材料中，n（Fe2+）://（Fe3+）=3:5,则脱嵌率为75%

,775、

D..\中M原子分数坐标为（0。0）,晶胞边长为1,则比中N原子分数坐标为

\OOO）

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.化学材料助力科技成果的转化与应用。化合物AgMnAs?在磁记录材料领域有广泛的应用前

景，氨硼烷（NH3BH3）、镁铁合金都可作为储氢材料。回答下列问题：

（1）基态Mn原子中核外电子占据的最高能层符号是______,基态As原子的价层电子排布式

为O

（2）Ag的焰色反应与铁相似，接近无色，下列有关焰色反应原理的分析正确的是______（填

字母）。

a.电子从基态跃迁到较高的激发态

b.电子从较高的激发态跃迁回基态

c.焰色反应的光谱属于吸收光谱

d.焰色反应的光谱属于发射光谱

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（3）Mn（NC>3）2中阴离子的空间构型是______，Mn、N、0三种元素中第一电离能最小的是

（填元素符号）。

（4）NH3PH3As%的沸点由高到低的顺序为（用化学式表示，下同），键角由大

到小的顺序为。

（5）NH3BH3中存在配位键，提供空轨道的原子是分子中N原子采用杂化。

（6）某镁铁合金的晶胞如图所示；

该晶胞的密度为「gxcm",阿伏加德罗常数的值为义。Fe的配位数是_____。该合金储氢时，

若每个晶胞可以储存4个H2分子，计算1cm，合金储存氢气的质量为g（用含P的代数

式表示）。

18.硅、硒、铜、银及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：

（1）基态硅原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状为（用文字表述）。

（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23P2、②[Ne]3s23Pl③

[Ne]3s23Pzs।,有关这些微粒的叙述，正确的是______o

A.微粒半径：③②

B.电子排布属于基态原子（或离子）的是：①②

C.电离一个电子所需最低能量：①，②〉③

D.得电子能力：①>②

（3）在硅酸盐中，SiO：-四面体[如下图（a）]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、

骨架网状四大类结构型式。图（b）为一种无限长单链结构的多硅酸根，Si与O的原子数之比

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鼠喂适量硒酸钠（NazSeOj可减轻重金属诧引起的中毒。SeO：的空间结构为。

（5）在周期表中Cu与Ni位置相邻，但两种金属元素的第二电离能为。（Cu）>/2（Ni）,其

原因是________o

（6）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2s两种。已知：晶胞中S?-的位置如图1所示，铜离子位

于硫离子所构成的四面体中心。它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。已知CuS和Cu2s的

晶胞参数分别为和bpm,阿伏加德罗常数的值为NA。

则CuS晶体中距离S?-最近的Cu?+数目为oCu2s晶体的密度为gym9（列

出计算式即可）。

19.含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。我国科学家发现聚集诱导发光（AIE）效应以

来，AIE在发光材料.、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子结构如图所

（1）Se原子的价电子排布式为,硫原子核外有种空间运动状态的电子。

（2）图示AIE分子中C原子和Se原子的杂化方式分别为、o

（3）H、C、0、S的电负性由大到小的顺序为o

（4）硒酸酸性强于亚硒酸，原因是_________o根据价层电子对互斥理论，推测SO；的空间

构型是_________o

（5）相同条件下，在水中的溶解度：SeO282（填，"<或“="），理由是_________。

（6）C4Se的晶体结构如下图所示，其晶胞密度为dg・cm-3,阿伏加德罗常数值为7人，M点

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所示原子代表的是________原子，该点的分数坐标为，则图中两个黑球的距离为

pm（列出计算式）。

20.碑的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含珅废水[碑主要以亚碑酸（H3ASO3）形

式存在，废水中还含有一定量的硫酸]中回收碑的工艺流程如下:

回纥|HaAsO,心^AS2O3

已知;

I,As,S.+6NaOHNa.AsO,+Na4Ass+3HQ；

II.As2s3（s）+3S2-（aq）^^2Ass丁（aq）；

IIL硅酸（HIASOQ在酸性条件下有强氧化性，能被SO?等还原；

817

IV.^p（FeS）=6.3xl0-',Arsp[Fe（OH）2]=4.9xl0o

回答下列问题；

（1）“沉碑”时，亚碑酸转化为As2s3的化学方程式为0

（2）“沉碑”时产生的废气可用溶液吸收处理（填化学式）。

（3）“NaOH溶液浸取”后，所得“滤渣”的主要成分是_________（填化学式）；此时溶液中存

在平衡：FeS（s）+2OH-（aq）-^Fe（OH）2（s）+S2-（aq）,该反应的平衡常数K=（保

留2位小数）。

（4）向滤液H中通入氧气进行“氧化脱硫”，反应的离子方程式为o

（5）“沉肺”过程中FcS不可用过量的Na2s替换，原因是_________（从平衡移动的角度解释）。

（6）该流程最后一步用SO?“还原”硅酸，发生反应的化学方程式为o

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（7）某含神化合物晶体的晶胞如图所示，As原子位于紧邻Ni原子构成的正三棱柱的体心。

晶胞参数为apm、4Pm、cpm,则该晶体的密度为gem-3（列出计算式，阿伏加德

参考答案与解析

1.答案：A

解析：A.鉴定元素，一般使用原子发射或原子吸收光谱，故A项错误；

B.霓虹灯发光机理与氢原子光谱形成机理基本相同，故B项正确；

C.用X-射线衍射实验来区分晶体和非晶体，晶体会有相对应的特征衍射图，故C项正确；

D.质谱分析是使试样中各组分在离子源中发生电离，生成不同荷质比的带正电荷的离子，经加

速电场的作用，形成离子束，进入质量分析器.在质量分析器中，再利用电场和磁场使发生相

反的速度色散，将它们分别聚焦而得到质谱图，从而确定其质量。因此是一种能够快速、微量、

精确的测定相对分子质量的物理方法，故D项正确；

故本题选A。

2.答案：A

解析：A.原子上电子越多，结合氢离子的能力越强，碱性越强，-C&是推电子基，甲基越多，

推电子效应越强，N原子上电子越多，碱性越强，NH（CH3）2<N（CH3）3,A错误；

B.NH2cH2cH2NH?能形成分子间氢键，N（C&）3不能形成分子间氢键，分子间氢健使得分子

间作用力大，沸点高，沸点NH2cH2cH?NH2>N（CH3）3,B正确；

C.NH2cH2cHzNH?两端的氨基N原子均有孤电子对，能够形成配位键，形成配合物时可提供

两个配位原子，C正确；

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D.N（CHJ、NH（CH3）2>NH2cH2cH2NH2形成晶体的粒子均是分子，作用力都是分子间作用

力，因此均为分子晶体，D正确；

答案选A。

3.答案：D

解析:A.氯化钠晶体中，距C「最近且等距的Na+是6个,距Na+最近且等距的Na+为12个,

A错误；

B.根据晶胞结构可以判断：CU:2X《+12X，+3=6;H:6X2+1+3=6,所以化学式为CUH,B

263

错误；

C.每个碳原子被12个六元环共同占有，每个六元环最多有4个碳原子共面，C错误；

D.体心V原子的配位数为6,O原子的配位数为3,所以V原子的配位数与O原子的配位数之

比为2:1,D正确；

故选D。

4.答案：C

解析：A.沸石具有复杂的结构，有许多笼状空穴和通道，常用于分离、提纯气体或液体混合物，

还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，并且沸石有多孔结构，可用于防止溶液

暴沸，故A正确；

B.沸石可以灵活地吸水和脱水，具备优异的再生性能，可反复使用，故B正确；

C.由题给信息可知，一种A型沸石的分子式可表示为3267aigeAVL］，A型沸石

是由多种物质组成的混合物，故C错误；

D.沸石是一种具有多孔结构的铝硅酸盐，有许多笼状孔穴和通道能让直径比孔穴小的分子通过

而将大的分子留在外面，故又称“分子筛”，故D正确；

故选Co

5.答案：C

解析：A.液晶像液体一样具有流动性，也具有晶体的各向异性，故A正确；

B.氧化镁晶体中离子键、共价键的成分各占50%,所以氧化镁晶体是一种过渡晶体，故B正

确；

C.等离子体主要是由电子和正离子及中性粒子组成，故C错误；

D.石墨晶体结构是层状的，每一层原子之间由共价键组成正六边形结构，层与层之间由范德华

力互相吸引，石墨晶体属于混合晶体，故D正确；

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选c。

6.答案：C

18s

解析一个水分子中含有2个。一H键，则叫冰（即•^嬴产=刖。叽。）中含。一H键数

目为2NA，A正确；28g晶体硅中含有Imol原子，由题图乙可知，1个硅原子与其他4个硅原

子形成4个共价键，每个Si—Si键被2个硅原子所共用，故晶体硅中每个硅原子形成的共价

键数目为gx4=2,则Imol晶体硅中含有Si—Si键数目为2N,\,B正确；1个晶胞结构单元

1144g

含熊、8+于6=4个二氧化碳分子，44g干冰（即中二皿也）中晶胞结构单元数为

*C错误；石墨烯中每个碳原子与3个碳原子形成共价键，每个C-C键为2个碳原子所

共用，所以每个碳原子实际形成的C-C键数目为3则及石墨烯（即彘

中含C-C键数目为L5N-D正确。

7.答案：C

解析：A.晶态SiO?在衍射图谱中有明锐的衍射峰，A错误；

B.固体HF中可以形成分子间氢键，其链状结构为：H"F、H..匚/H"F、H,B错误；

F・F

ClClC1

C.二聚AlCh结构为\l,A1形成3个。键，1个配位键，无孤电子对，其杂化方式

ciz\1

为：sp3,C正确；

JL!：：^'：L1：

D.石墨是错开的层状结构:D错误;

142pm

故选Co

8.答案：B

解析：A.碱金属中Li+的电子层数最少，Li+的半径最小，金属键最强，所以碱金属中Li的熔

点最高,A正确：

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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.H2s和NHR均是价层电子对数为4的极性分子，H2s和NH3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H旨分子的键角较小,

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；

9.答案：C

解析：A.sq：的结构可以看作硫酸根中的一个氯原子被硫取代，结构和硫酸根类收，中心硫

原子的孤电子对数为0,价层电子对数为4,所以空间结构为四面体形，中心原子S的杂化方

式为sp3,A正确；

B.NaslAgg?。)］是一种配合物，中心离子银离子的配位数为2,B正确；

C.、a3［Ag(S2Oj2］中银离子与S?。1形成配位键，无单独的银离子，不能用NaCl标准溶液滴

定Ag测定其浓度，C错误；

D.氯化钠晶体中每个Na+周怪有6个。一，每个CK■周围有6个NaJNaBr的晶体结构与NaCl

晶体相似，则每个周围有个Na+,D正确；

故选Co

10.答案：D

解圻：A.乙醇和二甲醛互为同分异构体，但由于乙醇中存在分子间氢键，而二甲醛中不存在,

导致乙醇(78.3C)的沸点高于二甲醛(・29.5℃),即与氢键作用有关，A不合题意；

B.A1F］是离子晶体，AICI3是分子晶体，作用力：离子链>范德华力，导致A明的熔点远高于

A1CI3,则A里的熔点远高于AlCh与晶体类型有关，B不合题意；

C.电负性：F>C1,故PF,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P鸟的键角小于PCh，即与F、C1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：Do

11.答案:B

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解析：A.AICyGHq加热生成氯化铝和水，氯化铝水溶液在加热时发生水解生成H。和

A1(OH)3,而SO02遇到水，水解生成HC1和SO?,其中HC1抑制了氯化铝的水解，最后SOCl?

与AICL6H2O混合共热，可得无水AlCl3,A正确；

B.中心原子S的价层电子对数=3+g(6-2-lx2)=3+l=4,分子结构为三角锥形，B错误；

C.SO02遇到水，水解生成HC1和SO?，均与NaOH反应,生成物为Na2s0：和NaCl,C正确;

D.SOBr?和S0C12均为分子晶体，范德华力越大，熔沸点越高，前者的相对分子质量大于后者，

故S0B「2熔沸点比SOCl?高，D正确；

故答案选B。

12.答案：C

解析：A.冠醛18-冠-6空穴半径与K+半径接近，可以选择性识别K+，使K+进入其空腔中形成

超分子，可以增大KMnO,在有机溶剂中的溶解度，A正确；

B.石墨为层状结构，层与层之间的碳原子平面相隔较远，电子不易跨越，所以未杂化的p轨道

重叠使电子儿乎只能在整个碳原子平面中运动，石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，B正确;

C.03虽为极性分子，但极性微弱，在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，C错误；

D.N原子电负性很大，氨分子间能形成氢键，导致氨气易液化，D正确；

故选Co

13.答案：C

解析：该冠酸分子中O原子的2个单电子与C形成共用电子对，超分子中O原子的2个孤电

子对中的1个孤电子对与K，形成配位键，配位键不影响元素化合价，两种物质中0均为・2价，

A王确；该冠酸分子中0原子有2个孤电子对，超分子中。原子有1个孤电子对，孤电子对

之间的斥力,孤电子对与成键电子对之间的斥力,成键电子对之间的斥力，中心原子上的孤电

子对数越多，成键的键角越小，则超分子中C—O—C键角比冠醛中的C—O—C键角大，B正

确；Na+半径小于K+半径，该冠醒空腔适配K+，相对7Na+较大，导致Na+不易与氧原子的

孤电子对形成配位键，不能形成稳定结构，C错误；由题干知，冠雄能将K'和MnO：带入有

机溶剂，增大接触面积，提高反应速率，D正确。

14.答案：C

解析：将0.2mol-LCuSO4溶液与溶液等体积混合，发生反应:①

2+22+2+

Cu+NH3——^[Cu(NH3)]',®[CU(NH5)]+NH3^^[CU(NH3)2],③

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2+2+2+

CU(NH3)J+NH3[Cu(NH3)3],®[CU(NH3|3]+NH3;^L[CU(N&)了，由图

像可以看出，b点时CM+和[Cu(NHj『的物质的量分数相等且数值为0.43,则[Cu(NHj『

的物质的量分数约为0.14,即b点的纵坐标约为0.14,A项正确；由上述反应可知，平衡体系

中HNH3)越大越有利于配位数大的铜氨配合物的形成，B项正确；反应

[Cu(NH+NH3；——^[Cu(NH31丁的平衡常数Kc点时,

2+

C|[CU(NH3)]|-C(NH3)

[Cu(NHj]"和[cMNHJzT，的物质的量分数相等，此时p[NH3]=3.5,即

C{[CU(NH3)2「}35

35^-5-v=10,C项错误；由图像

C(NH3)=10-molU',则K=—

c作亦小炉卜小乩)c(NHj

可以看出，p[NHj在3.5和2.9之间时，混合溶液中含铜微粒[CU(NH3)21一的物质的量分数

最大，即浓度最大，D项正确。

15.答案：D

解析：A.Fe2+为金属阳离子，含有空轨道，脚合成的的催化中心中，Fe?+通过提供空轨道形成

配位键，A正确;

B.在Nicoll中存在N-O键，Nik中存在N-H,由图可知，该反应过程中存在N-0和N-H键

的断裂，B正确；

C.由图可知，只存在极性共价键，在HzNNH2中存在N-N非极性键和N-H极性键，故反应涉

及N-0和N-H键的断裂，B正确;

催化中心为Fe?+配合物，步骤I【中Fe?+失电子，由+2价变成+3价，IV中Fe3+得到电子，由+3

价变成+2价，C正确;

D.总反应的热化学方程式为：NH3(g)+NH2OH(g)=H2O(g)+H2NNH2(g)A/7=反应物总键

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能-生成物总键能二

3x391kJ-mor1+2x39kJ-mo「+176kJ-moL+463kJ•mo「一2x463kJ•mo「一4x391kJ•moE'-l93kJ-mol-

,D错误；故选D。

16.答案：B

解析：A.Li+嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，一个晶胞能够嵌入的Li+最多数目为12X4+1=4,

4

故A正确；

B.放电时，正极得电子，锂离子嵌入正极，该锂电池的正极反应为

Li-FeQ+xLi++xe=LiFe6O8,故B错误；

C.根据均摊原则，一个晶胞中含有-数为32,Fe2\Fd+共24个，若该正极材料中，

«（Fe2+）：H（Feu）=3:5,Fe?+数为24x^=9、Fe3+数为15,根据电荷守恒，嵌入Li*数为1，

O

一个晶胞能够嵌入的Li+最多数目为4,该正极材料中脱嵌率为75%,故C正确；

D.%中M原子分数坐标为（00,0）,M为坐标原点，晶胞边长为1,则B?中N原子分数坐标

为故D正确；

OOO）

选B。

17.答案：（1）N；4s24P3

（2）bd

（3）平面三角形；Mn

（4）NH3>ASH3>PH3；NH3>PH3>ASH3

（5）B；sp3

（6）8；氏

解析：（1）Mn为第25号元素，基态Mn原子电子排布式为：Is22s22P63s23P63d54s2,核外有

4人电子层，核外电子占据的最高能层符号N；基态As的电子排布式为：[Ar[3<r°4s24P3,价

层电子排布式为4s24P3；

（2）焰色反应是电子从能量较高的激发态跃迁回基态释放能量形成的发射光谱，故选bd；

（3）Mn（NOj2中阴离子是NO；,NO,中N原子价电子对数是3+左二任=3,无孤电子

Aw

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对，空间构型是平面三角形，Mn、N、0三种元素中Mn是金属元素，第一电离能最小；

（4）NH3PH3As%结构相似,相对分子质量越大沸点越高，由于N也能形成分子间氢键,

沸点最高，所以沸点由高到低的顺序为：NH3>ASH3>PH3NH3PH，AsH,中性原子均

为sp3杂化，都有1个孤电子对，原子半径越小，价电子对之间的斥力越大，键角越大，键角

由大到小的顺序为：NH3>PH3>ASH3;

（5）NH3BH3中存在配位键，B提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键；分子中N原子

形成4个。键，无孤电子对，属于sd杂化；

（6）由图可知，Fe的配位数为8；由均摊法得，晶胞中Fe的数目为：8x：+6x：=4,Mg

o2

4x56g/mol+8x24g/mol416

的数目为：8,晶胞质量为:"Jv?="vT8,晶胞的密度为pgxcm",阿伏

4161nN

加德罗常数的值为NA，晶胞的体积为：ncm"1cm,合金存在晶胞的数目为：的，每

pN*416

个晶胞可以储存4个H2分子，end合金能储存*个电分子，质量为：^go

1IJJ

18.答案：（1）哑铃形（纺锤形）

（2）AB

（3）1：3

（4）>；正四面体形

（5）Cu失去1个电子后，3d轨道变成了全充满的稳定结构，所以第二电离能大于Ni

640

⑹小尸"Xi。"

A

解析：（1）Si原子序数14核外电子排布为Is22s22P63s23P2,其中电子占据最高能级为3p,p

轨道的电子云轮廓呈哑铃形（纺锤形）。

（2）由硅原子核形成的三种微粒,电子排布式分别为：①[Ne]3823P2、②[Ne]3s23p,③

[Ne|3s23Pzs।,可推知分别为基态Si原子、Si*离子、激发态Si原子。A.激发态Si原子有四

层电子，Si+离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：

③>①>②，A正确；氏由分析可知，电子排布属于基态原子（或离子）的是：①②，B正确;

C.激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si，离

子失去一个电子是硅的第二电离能，由于八>4,可以得出电离一个电子所需最低能量：

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②〉①〉③，c错误；D.由C可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：

②〉①，D错误；故选AB。

（3）根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、2+；x2=3个氧原子，Si与。的原子数之

比为l:3o

（4）HzScO,可以写成（HC^SeOz，H2SCO3可以写成（HO%SeO,LScO,连在中心原子Se上

的非羟基氧原子数目比H'SeOj连在中心原子Se上的非羟基氧原子数目多，所以酸性强弱为

H2SeO4>H2SeO3SeO：•的价层电子对数为4+g（6+2-2x4）=4,所以空间结构正四面体形。

（5）I2（Cu）是Cu+失去全充满的34°的一个电子，所需的能量较高，（Ni）是Ni+失去4sl

的一个电子，所需的能量较小。所以原因是Cu失去1个电子后，3d轨道变成了全充满的稳定

结沟，所以第二电离能大于Ni。

（6）由题目信息铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，晶胞具有相同的侧视图，可以得到

黑球为硫离子，白球为铜离子，根据晶胞结构可知，CuS晶体中距离S?-最近的Ci产数目为4。

结合晶胞结构进行计算：硫离子数目为8X：+:X6=4,所以铜离子有8个，所以晶胞密度为

o2

64x8+32x4640

p=-------------rg/ycm3=----------g/,cm3

^x^xlxlO--0）以小1（尸。3。

19.答案：(1)4s24p4；9

(2)sp2；sp；

(3)0>S>C>H

（4）硒酸中非羟基氧原子数为2,亚硒酸非羟基氧原子数为1,非羟基氧原子数越多，酸性越

强。或同一元素含氧酸中，元素的价态越高，含氧酸的酸性越强，硒酸为最高价的氧化物对应

的水化物，则硒酸的酸性比亚硒酸的强；正四面体形

（5）>；Se。?为极性分子，COz为非极性分子

厂,313、14x207“Mo-1828,nl

(6)cu；adk或5d函

解析：（l）Se为34号元素，原子核外电子数为34,基态Se原子外围电子的排布