第三章 晶体结构与性质（C）期末练习卷-（2019新）人教版高中化学选择性必修二.docx

1、高中化学人教版（2019）选择性必修二期末练习卷晶体结构与性质（C）一、单选题1.下列说法错误的是 ( ) A.CO2 、 SiO2 的晶体结构类型不同B.加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同C.HCl、NaCl溶于水，破坏的化学键类型相同D.NaOH、 NH4Cl 晶体中既有离子键又有共价键2.化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是 ( ) A.CO2 为直线形分子， SO2 也为直线形分子B.固态 CS2 是分子晶体，固态 SiO2 也是分子晶体C.NCl3 中N原子是 sp3 杂化， BCl3 中B原子也是 sp3 杂化D.Al(OH)3 能溶于NaOH溶液， Be(OH)2 也能

2、溶于NaOH溶液3.下列粒子属等电子体的是（ ） A.NO和O2B.CH4和NH4+C.NH2 和H2O2D.HCl和H2O4.下列物质中，既含有离子键，又含有非极性键的是( )。 A.NaOHB.Na2O2C.MgCl2D.H2O5.金属银的晶胞是一个“面心立方体”(注：八个顶点和六个面分别有一个金属原子)。则金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数是( ) A.5个B.4个C.3个D.2个6.已知CsCl晶体的密度为 gcm3 ， 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.NAa3B.NAa36C.NAa34D.NAa38

3、7.由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相似。根据上述原理，下列各微粒不属于等电子体的是( ) A.CO32-和 SO3B.NO3-和 CO2C.SO42-和PO43-D.O3和NO2-8.美国科学家合成了含有N5+的盐类,含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V”形，如图所示。以下有关该物质的说法中错误的是（ ） A.每个N5+中含有35个质子和34个电子B.该离子中有非极性键和配位键C.该离子中含有4个键 D.与PCl4+互为等电子体9.下列有关说法错误的是（） 图1 图2 图3 图4 A.水合铜离子

4、的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键B.CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2C.H原子的电子云图如图3所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动D.金属Cu原子堆积模型如图4所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为1210.已知干冰晶胞结构属于面心立方最密堆积，晶胞中最近的相邻两个CO2 分子间距为apm，阿伏加德罗常数为NA ， 下列说法正确的是（） A.晶胞中一个CO2分子的配位数是8B.晶胞的密度表达式是 g/cm3C.一个晶胞中平均含6个CO2分子D.CO2分子的空间构型是直线形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化11.在氯化钠晶体晶胞

5、中，与某个Na+距离最近且等距的几个Cl-所围成的空间构型为（） A.正四面体形B.正八面体形C.正六面体形D.三角锥形12.下列关于离子晶体的晶格能的说法中正确的是 () A.离子晶体的晶格能指形成1 mol离子键所放出的能量B.离子晶体的晶格能指破坏1 mol离子键所吸收的能量C.离子晶体的晶格能指1 mol离子化合物中的阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量D.离子晶体的晶格能的大小与晶体的熔点、硬度都无关13.下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是（ ） A.Co（NH3）4Cl2 Cl B.Co（NH3）3Cl3 C.Co（NH3）6 Cl3 D.Cu（N

6、H3）4Cl214.下面的排序错误的是（ ） A.硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅B.晶格能由大到小： NaF NaCl NaBrNaIC.晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4MgAl15.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象说法正确的是( ) A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子 Cu(NH3)42C.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D.在 Cu(NH3)42离子中，Cu2给出孤对电子，NH3提供空轨道16.纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极

7、大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状（如图所示）相同。则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为（ ） A.87.5B.92.9C.96.3D.100二、实验探究题17.目前工业上制备丙烯腈（CH2=CHCN）有乙炔法、丙烯氨氧化法等 乙炔法：HCCH+HCN 80C90CCuCl2NH4ClHCl CH2=CHCN丙烯氨氧化法：CH2=CHCH3+NH3+ 32 O2 催化剂 CH2=CHCN+3H2O（1）Cu2+基态核外电子排布式为_ （2）下列说法正确的是_（不定项选择） aNH4+空间构型呈正四面体bCH2=CHCN分子中

8、所有原子位于同一平面cC2H2、HCN分子中所有原子均位于同一直线dNH3极易溶于H2O，除因为它们都是极性分子外，还因为NH3能与H2O分子间形成氢键（3）与NH3互为等电子体的阳离子为_（写化学式） （4）丙烯腈分子中碳原子杂化轨道类型为_；1mol丙烯腈分子中含有键的数目为_ （5）HCN的钾盐晶胞结构可如下图所示，则该晶胞中与每个K+紧邻的K+数目为_（填数字） 18.CuSO4在活化闪锌矿（主要成分是ZnS）方面有重要作用，主要是活化过程中生成CuS、Cu2S等一系列铜的硫化物活化组分 （1）Cu2+基态的电子排布式可表示为_； （2）SO42的空间构型为_（用文字描述）；中心原子采

9、用的轨道杂化方式是_；写出一种与SO42互为等电子体的分子的化学式：_； （3）向CuSO4 溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu （OH）42 不考虑空间构型，Cu（OH）42的结构可用示意图表示为_； （4）资料显示ZnS为难溶物，在活化过程中，CuSO4能转化为CuS的原因是_ （5）CuS比CuO的熔点_（填高或低），原因是_ （6）闪锌矿的主要成分ZnS，晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为_（列式并计算），a位置S2离子与b位置Zn2+离化学选修5：有机化学基础子之间的距离为_pm（列式表示） 19.工业上，可以由下列反应合成三聚氰胺： CaO+3C 高温_ CaC

10、2+CO；CaC2+N2 高温_ CaCN2+C；CaCN2+2H2O=NH2CN+Ca（OH）2 ， NH2CN与水反应生成尿素CO（NH2）2，再由尿素合成三聚氰胺（1）写出与Ca在同一周期的Cr原子的外围电子排布式_ （2）写出CaC2中阴离子C22的一种等电子体的化学式_ （3）1mol 尿素分子CO（NH2）2中含有的键与键的数目之比为_ （4）三聚氰胺俗称“蛋白精”，其结构为 其中氮原子的杂化方式有_ （5）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中与O2距离最近的Ca2+的个数为_CaO晶体的熔点比NaCl晶体的熔点高的主要原因是_ 20.石墨烯（如图甲）是一种由单层碳原子构成的平面结构新

11、型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图乙） （1）图甲中，1号C与相邻C形成键的个数为_ （2）图乙中，1号C的杂化方式是_，该C与相邻C形成的键角_（填“”“”或“=”）图甲中1号C与相邻C形成的键角 （3）若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有_（填元素符号） （4）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中M原子的个数为_，该材料的化学式为_ 三、综合题21.2019年8月13日中国科学家合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐

12、单一组分白光材料Ba2Sn(OH)6B(OH)42并获得了该化合物的LED器件，该研究结果有望为白光发射的设计和应用提供一个新的有效策略。 （1）基态Sn原子价电子排布式为_，基态氧原子的价层电子排布式不能表示为2s22px22py2 ， 因为这违背了_原理(规则)。 （2）B(OH)4中硼原子的杂化轨道类型为_，氧原子的价层电子对互斥模型是_。Sn(OH)6 2中，Sn与O之间的化学键不可能是_。 a.键 b.键 c.配位键 d.极性键（3）氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，写出氨硼烷的结构式_，并写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_(填化学式)。

13、（4）已知硼酸(H3BO3)为一元弱酸，写出硼酸表现一元弱酸性的电离方程式_。 （5）碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物中，熔点较高的是_(填化学式)，其原因是_。 （6）超高热导率半导体材料砷化硼(BAs)的晶胞结构如图所示，则2号砷原子的坐标为_。已知阿伏加德罗常数的值为NA ， 若晶胞中As原子到B原子最近距离为a pm，则该晶体的密度为_gcm3(列出含a、NA的计算式即可)。 22.钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。 （1）基态钛原子的价电子排布式为_，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的元素分别是_(填元素符号)。 （2）在浓的TiCl 3的盐酸溶

14、液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl36H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为15，则该配合物的化学式为_；1mol该配合物中含有键的数目_。 （3）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如下图所示。 组成M的元素中，电负性最大的是_(填名称)。 M中非金属元素的第一电离能大小顺序_。M中不含_(填代号)。a键 b键 c离子键 d配位键（4）金红石(TiO 2)是含钛的主要矿物之一。其晶胞是典型的四方晶系，结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示。 若A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a

15、，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，_，_)；钛氧键的键长d=_(用代数式表示)。23.A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题： （1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_（用对应的元素符号表示）；基态D原子的电子排布式为_。 （2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_杂化；BC 的立体构型为_（用文字描述）。 （3）1

16、 mol AB-中含有的键个数为_，电子式为_。 （4）如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比_。 （5）镍元素的原子价电子排布式为_. 镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn ， 它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.010-23 cm3 ， 储氢后形成LaNinH4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中n_（填数值）；氢在合金中的密度为_。（写出表达式即可）24.氮（N）、磷（P）、砷（As）等A元素化合物在研究和生产中有重要用途。如我国科研人员研究发现As2O3或写成As4O6 ， 俗称砒霜）对白血病

17、有明显的治疗作用。回答下列问题： （1）As原子的简化的核外电子排布式为_；P的第一电离能比S大的原因为_。 （2）写出一种与CN-互为等电子体的分子_（用化学式表示）；(SCN)2分子中键和键个数比为_。 （3）砒霜剧毒，可用石灰消毒生成AsO33-少量AsO43- ， 其中AsO33-中As的杂化方式为_，AsO43-的空间构型为_。 （4）NH4+中H-N-H键角比NH3中H-N-H的键角大的原因是_；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图），该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：_。 （5）BN的熔点为3000，密度为2.25g/cm3 ，

18、 其晶胞结构如上图所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有_个；若原子半径分别为rN和rB ， 阿伏加德罗常数值为NA ， 则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。 参考答案一、单选题1.【答案】 C 【解析】A.CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项不符合题意； B.硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项不符合题意；C.HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水

19、破坏的化学键类型不同，C项符合题意；D.NaOH的电子式为 ，NH4Cl的电子式为 ，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项不符合题意；故答案为：C。2.【答案】 D 【解析】A.CO2中中心原子C上的孤电子对数为 12 （4-2 2）=0，键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，由于C上没有孤电子对，CO2为直线形分子，SO2中中心原子S上的孤电子对数为 12 （6-2 2）=1，键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于S上有一对孤电子对，SO2为V形分子，A项不符合题意； B.固体CS2是分子晶体，固体SiO2属于原

20、子晶体，B项不符合题意；C.NCl3中中心原子N上的孤电子对数为 12 （5-3 1）=1，键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，NCl3中N为sp3杂化，BCl3中中心原子B上的孤电子对数为 12 （3-3 1）=0，键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，BCl3中B为sp2杂化，C项不符合题意；D.Be和Al在元素周期表中处于对角线，根据“对角线规则”，Be（OH）2与Al（OH）3性质相似，两者都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液，Al（OH）3、Be（OH）2与NaOH溶液反应的化学方程式分别为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O、Be（OH）2+2NaOH=N

21、a2BeO2+2H2O，D项符合题意；故答案为：D。3.【答案】 B 【解析】原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则ANO和O2的价电子数不等，不能互为等电子体，A不符合题意； BCH4和NH4+的原子数和价电子数分别都相等，二者互为等电子体，B符合题意；CNH2和H2O2的原子数和价电子数分别都不相等，不能互为等电子体，C不符合题意；DHCl和H2O的原子数不相等，不能互为等电子体，D不符合题意，故答案为：B。4.【答案】 B 【解析】ANaOH中含有离子键、极性共价键，A不符合题意； BNa2O2中含有离子键、非极性共价键，B符合题意；CMgCl2中只存在离子键，C不符合题意；DH2O

22、中含有极性共价键和非极性共价键，D不符合题意；故答案为：B。5.【答案】 B 【解析】用“均摊法”，金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数为8 18 +6 12 =4个， 故答案为：B。6.【答案】 A 【解析】由图可知，相邻的两个Cs的核间距为a cm，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=81/8=1，由晶胞的质量m=V=M/NA可知，M=VNA=NAa3 gmol1 ， 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a3 NA ， 故答案为：A7.【答案】 B 【解析】A. CO32-和 SO3二者原子

23、数相等，电子数分别为4+63+2=24，6+63=24，故为等电子体，A不符合题意； B. NO3-和 CO2二者原子个数不同，故不是等电子体，B符合题意； C. SO42-和PO43- 二者原子个数相同，电子数分别为6+64+2=32，5+64+3=32，为等电子体，故C符合题意； D. O3和NO2-二者原子个数相同，电子数分别为63=18,5+62+1=18，是等电子体，D不符合题意； 故答案为：B8.【答案】 D 【解析】A.一个氮原子含有7个质子，7个电子，则一个N5分子中含有35个质子，35个电子，N5+是由分子失去1个电子得到的，则一个N5+粒子中有35个质子，34个电子，A不符

24、合题意； B. N5+中氮氮三键是非极性共价键，中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供孤对电子对形成配位键，B不符合题意； C.1个氮氮三键中含有2个键，所以该粒子中含有4个键，C不符合题意； D. N5+与PCl4+具有相同原子数，氮价电子数分别为24、27，故不是等电子体，D符合题意。 故答案为：D 9.【答案】 C 【解析】A、水合铜离子中铜离子的配位数为4,配体是水,水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键,所以A选项是不符合题意的; B、根据均摊法可以知道,在CaF2晶体的晶胞中,每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为 818+612=4 ,所以B选项是不符合题意的；C、电子云

25、密度表示电子在某一区域出现的机会的多少,H原子最外层只有一个电子,所以不存在大多数电子一说,只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多,故C符合题意；D、在金属晶体的最密堆积中,对于每个原子来说,在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个,故每个原子周围都有12个原子与之相连,对于铜原子也是如此,所以D选项是符合题意的；所以C选项是不符合题意的。 10.【答案】 B 【解析】试题分析：已知干冰晶胞结构属于面心立方最密堆积，则每个晶胞中有4个CO2分子。晶胞中最近的相邻两个CO2分子间距为apm，最近的两个CO2分子分别位于晶胞的顶点和邻近的面心上，则晶胞的边长为

26、2 a 1010 cm，则晶胞的体积为 (2a1010)3cm3 ，NA个晶胞的质量为444g，所以晶胞的密度为 444NA(2a1010)3 g/cm3 = 444NA(22a31030) g/cm3。A.晶胞中一个CO2分子的配位数是12，A不符合题意； B. 晶胞的密度表达式是 444NA(22a31030) g/cm3 ， B符合题意；C.一个晶胞中平均含4个CO2分子，C不符合题意；D.CO2分子的空间构型是直线形，中心C原子的杂化类型是sp杂化，D不符合题意。 故答案为：B。 11.【答案】 B 【解析】NaCl晶胞为 ，选取最上方那一面中心的Na+为研究对象，等距且最近的Cl-包

27、括最上方正方形棱边中心4个、立方体中心1个、上方立方体中心1个共6个Cl- ， 它们围成的图形是正八面体 。 故答案为：B。12.【答案】 C 【解析】离子晶体的晶格能强调的是气态离子结合成离子晶体时所放出的能量,通常为正值;离子晶体的晶格能的大小影响晶体的熔点和硬度。 13.【答案】 B 【解析】A、Co(NH3)4Cl2Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A不符合题意； B、Co(NH3)3Cl3中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B符合题意；C、Co(NH3)6Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C不符合题意；D、Co(NH3

28、)5ClCl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D不符合题意；故答案为：B。14.【答案】 D 【解析】A、都属于原子晶体，比较键长，键长越长硬度越小，CCCSiSiSi，故说法不符合题意； B、晶格能与所带电荷数和离子半径有关，半径大小：FClBrI ， 半径越小、所带电荷数越大，晶格能越大，故说法不符合题意；C、都是分子晶体，不含氢键，因此比较范德华力，相对分子量越大，范德华力越大，熔点越高，故说法不符合题意；D、金属晶体熔沸点比较：金属阳离子所带电荷数越多、半径越小，熔沸点越高，因此是NaMgAl，故说法符合题意。15.【答案】 B 【解析】解：A硫酸铜和氨水反应生成氢

29、氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，生成深蓝色配合离子Cu(NH3)42 ， 所以溶液中铜离子浓度减小，A不符合题意； B.氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu(NH3)42 ， 沉淀溶解，B符合题意；C.Cu(NH3)4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，C不符合题意；D.在Cu(NH3)42离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，D不符合题意；故答案为：B。16.【答案】 C 【解析】在NaCl晶胞中微粒总数是27个，其中表面离子束是26个，所以这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数是（2627

30、）100%=96.3。 故答案为：C。二、实验探究题17.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9（2）abcd（3）H3O+（4）sp、sp2；6mol（5）12 【解析】解：（1）Cu的原子序数为29，价电子排布为3d104s1 ， 则基态Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9 ， 故答案为：1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9； （2）aNH4+中氮原子杂化轨道数=键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化，所以空间构型呈正四面体，故正确；bCH2=CHCN分子相当于一个碳碳双键和一个碳氮参键通过一个碳碳单键

31、相连，所以所有原子都处在同一平面上，故正确；cC2H2、HCN分子都含有一个参键，所以都为sp杂化，则所有原子均位于同一直线，故正确；d因为NH3能与H2O分子间形成氢键，又NH3和H2O都是极性分子，所以根据相似相溶原理，则NH3极易溶于H2O，故正确；故答案为：abcd；（3）NH3含有4个原子，价电子总数为8个电子，则对应的等电子体有H3O+ ， 故答案为：H3O+；（4）通过丙烯氰的结构可以知道碳原子的杂化轨道类型为sp和sp2杂化；故答案为：sp杂化、sp2杂化；因为每个单键、双键、叁键都含有1个键，所以1mol丙烯腈分子中含有键的数目为6mol，故答案为：sp、sp2；6mol；（

32、5）以体心K+离子研究，与之距离相等且最近的K+位于棱的中点上，相等且最近的K+共有12个，故与与每个K+紧邻的K+数目为12个，故答案为：1218.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d9（或Ar3d9）（2）正四面体；sp3；CCl4或SiCl4（3）（4）在相同温度下，Ksp（CuS）Ksp（ZnS），或相同温度下，CuS比ZnS更难溶（5）低；CuO晶格能比CuS大（6）4(65+32)g/mol;6.021023mol1(5401010cm)3 =4.1g/（cm）3；2701cos10928 【解析】解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布

33、式为：1s22s22p63s23p63d104s1 ， Cu2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d9 ， 故答案为：1s22s22p63s23p63d9；（2）SO42的价电子对数= 6+22 =4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3 ， 形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，所以与SO42互为等电子体的微粒有SiCl4等；故答案为：正四面体；sp3；SiCl4；（3）Cu（OH）42中与Cu2+与4个OH形成配位键，可表示为 ，故答案为： ；（4）由沉淀转化原理

34、可知溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀容易实现，在相同温度下，Ksp（CuS）Ksp（ZnS），所以ZnS能转化为CuS；故答案为：在相同温度下，Ksp（CuS）Ksp（ZnS）；（5）离子晶体中离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，CuS与CuO中O2比S2半径小，所以CuO的熔点比CuS高；故答案为：低；CuO晶格能比CuS大；（6）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数= 18 8+ 12 6=4，= MNAV = 4(65+32)g/mol;6.021023mol1(5401010cm)3 =4.1g/（cm）3 ， 每个黑色小球连接4个白色

35、小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为10928，两个白球之间的距离=270 2 pm，设S2离子与Zn2+离子之间的距离为x，2x22x2cos10928=（270 2 ）2 ， x= 2701cos10928 pm；故答案为：4.1g/（cm）3； 2701cos10928 19.【答案】 （1）Ar3d54s1（2）N2、CO、CN等任写一个（3）1：7（4）sp2、sp3（5）6；CaO晶体中Ca2+、O2的电荷数比NaCl晶体中Na+、Cl大，CaO晶体的晶格能大 【解析】解：（1）Cr原子核外电子数为24，核外电子排布式为Ar3d54s1 ， 故答案为：Ar3d54s1；（

36、2）原子总数相同、价电子总数（或电子总数）相同的微粒互为等电子体，与C22的一种等电子体的化学式为：N2、CO、CN等，故答案为：N2、CO、CN等任写一个；（3）CO（NH2）2中C原子与氧原子之间形成C=O双键，C原子与N原子之间形成2个CN单键，N原子与H原子之间共形成4个NH键，单键是键，双键中含有1个键和1个键，所以1mol 尿素分子CO（NH2）2中含有的键与键的数目之比为1：7，故答案为：1：7；（4）环中N原子形成2个键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，氨基中N原子形成3个键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；（5

37、）以体心O2研究，与之最近的Ca2+位于面心，故与之最近的Ca2+共有6；CaO晶体的熔点比NaCl晶体的熔点高的主要原因是：CaO晶体中Ca2+、O2的电荷数比NaCl晶体中Na+、Cl大，CaO晶体的晶格能大， 故答案为：6；CaO晶体中Ca2+、O2的电荷数比NaCl晶体中Na+、Cl大，CaO晶体的晶格能大20.【答案】 （1）3（2）sp3；（3）O、H（4）12；M3C60 【解析】解：（1）由图可知，甲中，1号C与相邻C形成3个CC键，形成键的个数为3，故答案为：3；（2）图乙中，1号C形成3个CC及1个CO键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp

38、2 ， 为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角图甲中1号C与相邻C形成的键角，故答案为：sp3；（3）水中的O电负性较强，吸引电子能力的强，易与氧化石墨烯中的OH上的H形成氢键，氧化石墨烯中O与水中的H形成氢键，故答案为：O、H；（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12 14 +9=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为8 18 +6 12 =4，M原子和C60分子的个数比为3：1，则该材料的化学式为M3C60 ， 故答案为：12；M3C60 三、综合题21.【答案】 （1）5s25p2；洪特（2）sp3；四面体；（3）C2H6；H3BO3+H

39、2OB(OH)4+H+（4）a（5）MgO；BaO、MgO均为离子晶体，镁离子半径比钡离子半径小，MgO的晶格能较大，则其熔点较高（6）(34，14，34)；864NA(433a)31030 【解析】(1)Sn元素为50号元素，位于第五周期IVA族，根据构造原理可得基态Sn原子价电子排布式为5s25p2；根据洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，则基态氧原子的价层电子排布式表示2s22px22py2违背了洪特规则，正确的价层电子排布式应表示为2s22px22py12pz1 ， 故答案为：5s25p2；洪特；(2)B(OH)4中硼原子连接四个羟基，

40、其价层电子对数为4，则硼原子的杂化轨道类型为sp3；氧原子的键电子对数为2，孤电子对数为2，则氧原子的价层电子对数为4，价层电子对互斥模型是四面体；Sn(OH)6 2-的中心离子Sn4+与OH-之间形成配位键，配位键是一种特殊的共价键，则Sn与O之间形成的化学键属于键或极性键，不可能是键，故答案为：sp3；四面体；a；(3)氨硼烷中B原子提供空轨道，NH3中N原子提供1对孤电子对，形成配位键，则氨硼烷(NH3BH3)的结构式为 ；与氨硼烷互为等电子体的分子,可以用2个C原子代替B、N原子,则与氨硼烷互为等电子体的一种分子为C2H6 ， 故答案为： ；C2H6；(4)硼酸(H3BO3)为一元弱酸

41、，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH-而呈酸性，即电离生成B(OH)4、H+ ， 电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)4+H+ ， 故答案为：H3BO3+H2OB(OH)4+H+；(5)碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物分别为BaO、MgO，二者均为离子晶体，镁离子半径比钡离子半径小，则MgO的晶格能较大，因此其熔点较高，故答案为：MgO；BaO、MgO均为离子晶体，镁离子半径比钡离子半径小，MgO的晶格能较大，则其熔点较高；(6)观察晶胞结构可知，2号砷原子的坐标为 (34，14，34) ；观察结构，As原子到B原子最近距离正好是整个晶体的体对角线的 14 ，设晶胞的边长为d pm，故As原子到B原子最近距离为 a=3d4 ，则 d=43a3 ，As位于晶胞体内，则晶胞含有的As原子数目为4，B位于顶点和面心，晶胞含有的B原子数目为 818+612