第三章 晶体结构与性质（A）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（A）一、单选题1.下列物质中只含有离子键的是（ ） A.H2O2B.NaClC.KOHD.Cl22.下列各组物质气化或熔化时，所克服的微粒间作用力完全相同的是（ ） A.碘的升华和干冰气化B.二氧化硅和干冰熔化C.苯和硝酸钾熔化D.食盐和冰熔化3.下列说法中错误的是（ ） A.H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近B.CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化C.N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体D.由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38

2、的化合物，是含有共价键的离子化合物4.近年来，德国研究人员利用O2、N2、CH4、NH3、H2O和HCN这6种远古地球上存在的简单物质，再使用硫醇和铁盐等物质模拟当时环境，成功制得核酸的4种基本模块。下列说法正确的是( ) A.O2的沸点比N2的低B.NH3分子呈三角锥形C.配离子Fe(H2O)63+中H与中心原子配位D.元素C、N、O、S的第一电离能依次增大5.钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是（ ） A.BaTi8O12 B.BaTiO3C.BaTi2O4 D.BaTi4O66.下列有关离子晶体的数据大小比

3、较不正确的是（ ） A.熔点：NaFMgF2AlF3B.晶格能：NaFNaClNaBrC.阴离子的配位数：CsClNaClD.硬度：MgOCaOBaO7.下列有关晶体的叙述中，不正确的是（ ） A.离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时化学键不被破坏B.白磷晶体中，结构粒子之间通过分子间作用力结合C.石英晶体是直接由硅原子和氧原子通过共价键所形成的空间网状结构的晶体D.构成分子晶体的结构粒子中一定存在共价键8.根据等电子原理，下列各组分子或离子的空间构形不相似的是（ ） A.SO2与O3B.NH4和CH4C.H3O+与NH3D.CO2与H2O9.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸

4、点低的原因是（ ） A.CO2 的相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小B.CO 键能小于 SiO 键能C.C 的原子半径小于 SiD.破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 SiO 共价键10.下列数据对应物质的熔点，据此作出下列判断中错误的是( ) A.铝的化合物的晶体中有离子晶体 B.表中只有BCl3和AlCl3是分子晶体C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D.不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体11.下列关于晶体的说法中，正确的有（ ） (图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点)分子晶体中都存在共价键在晶体中只要有阳离子就一

5、定有阴离子铯、钾、钠、钠-钾合金的熔点依次降低离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键CaTiO3晶体中(晶胞结构如上图所示)每个Ti4+和12个O2-相紧邻12g石墨中含有的C-C键的个数为1.5NA(NA为阿伏加德罗常数)晶体中分子间作用力越大，分子越稳定离子晶体CaO的晶格能比KCl高,熔点KCl比CaO低A.2种B.3种C.4种D.5种12.下面有关晶体的叙述中，错误的是（ ） A.60gSiO2晶体中含Si-O键的个数为4NA(NA为阿伏加德罗常数)B.在立方ZnS晶体(如图所示)中，Zn2+、S2-的配位数都是8 C.设NaCl的摩尔质量为Mgmol-1,NaCl的

6、密度为gcm-3,阿伏加德罗常数为NAmol-1,在NaCl晶体中，两个距离最近的Cl-中心间的距离为 23M2NA cmD.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，CaO晶体中Ca2+的配位数为6,且这些最邻近的O2-围成正八面体13.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积，下图(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( ) A.1184B.321C.984D.2114914.向盛有硫酸铜水溶液的试管里滴加氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是( ) A.开始滴加氨水

7、时形成的难溶物为Cu2(OH)2CO3B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu(NH3)42 ， 配位数为4C.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D.在Cu(NH3)42中，Cu2给出孤电子对，NH3提供空轨道15.Co()的八面体配合物CoClmnNH3 ， 若1 mol该配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是（ ） A.m1，n5B.m3，n4C.m5，n1D.m4，n5二、填空题16.第A、A原元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似Ga原子的电子排布式为_在GaN晶体中，每个Ga原子

8、与_个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为_在四大晶体类型中，GaN属于_晶体 17.中国古代四大发明之一黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+S 引燃_ A+N2+3CO2（已配平） 除S外，上列元素的电负性从大到小依次为_除K、S外第一电离能从大到小的顺序为_在生成物中，A的晶体类型为_，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为_CN与N2互为_，推算HCN分子中键与键数目之比_ 18.配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于_（填晶体类型）Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数

9、之和为18，则x_CO与N2结构相似，CO分子内键与键个数之比为_Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）Fe（s）+xCO（g）已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为_ 19.写出具有10个电子，两个或两个以上原子核的离子的符号：_、_、_、_。写出具有18个电子的无机化合物的化学式：_、_、_、_。在(1)(2)题涉及的粒子中，空间构型为正四面体的有_ ， 为三角锥形的有_。 三、实验探究题20.乙炔是有机合成工业的一种原料工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔 （1）CaC2中C22与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为_； （2）乙炔中C原

10、子与H原子间共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为_ （3）CaC2与水反应的化学方程式为_ 21.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，

11、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） 22.石墨烯（如图甲）是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，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

12、）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_ 23.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如铜用来制电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂 （1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的_性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜溶液的质量_（填“变大”、“变小”或“不变”） （2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成Cu（NH3）42+配离子，已知NF3

13、与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是_ （3）Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种结构不同的产物，则Cu（NH3）42+的空间构型为_（填“正四面体形”或“正四边形”） （4）胆矾CuSO45H2O可写Cu（H2O）4SO4H2O，其结构示意如图1： 下列有关胆矾的说法不正确的是 A.游泳池的池水中往往定期加一些胆矾，是因为铜离子有一定的杀菌作用B.胆矾中氧原子存在配位键和氢键两种化学键C.Cu2+的价电子排布式为3d84s1D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去（5）X射线金相学中记载了关于铜

14、与金可形成的两种有序的金属互化物，其晶胞如图2则图中、对应物质的化学式分别为_、_设图晶胞的边长为 cm，对应金属互化物的密度为 gcm3 ， 则阿伏加德罗常数NA的值可表示为_（只要求列出算式） 参考答案一、单选题1.【答案】 B 【解析】A.H2O2中含有H-O共价键和O-O共价键，为共价化合物，不含离子键，A不符合特意； B.NaCl中只含有Na+和Cl- ， 为离子化合物，其中不含有共价键，B符合题意；C.KOH中含有K+和OH- ， 其中OH-含有H-O共价键，C不符合题意；D.Cl2中只含有Cl-Cl共价键，不含有离子键，D不符合题意；故答案为：B2.【答案】 A 【解析】A.碘和

15、干冰都属于分子晶体，因此其状态变化过程中，所克服的微粒间作用力都是分子间作用力，A符合题意； B.二氧化硅为原子晶体，干冰为分子晶体，二者熔化时，所克服的分子间作用力不相同，B不符合题意；C.苯为分子晶体，其熔化过程中克服分子间作用力，硝酸钾为离子晶体，其熔化过程中所克服的微粒间作用力为离子键，C不符合题意；D.食盐为离子晶体，熔化时所克服的微粒间作用力为离子键，冰为分子晶体，熔化时所克服的微粒间作用力为分子间作用力，D不符合题意；故答案为：A3.【答案】 A 【解析】A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性PC，所以酸性H3PO4H2CO3 ， A符合题意； B.CC

16、l2F2无同分异构体，说明分子为四面体结构，碳原子采用sp3方式杂化，B不符合题意；C.原子总数相等，价电子总数相等的物质互为等电子体，N2O与CO2原子总数均为3，价电子总数均为16，二者为等电子体，CCl3F与CCl2F2原子总数均为5，,价电子总数均为32，二者互为等电子体，C不符合题意；D.A族和A族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物为Na2O2 ， 过氧化钠中含有离子键和共价键，为离子化合物，D不符合题意；故答案为：A4.【答案】 B 【解析】A.氧气和氮气均属于分子晶体，其沸点高低取决于分子间作用力的大小，氧气的相对分子质量大于氮气，其分子间作用力大，沸点高于氮气

17、，故A不符合题意； B.NH3分子中心N原子的价层电子对数= 5+312=4 ，孤电子对数为4-3=1，分子构型为三角锥形，故B符合题意；C.配离子中中心原子提供空轨道，配位原子提供孤电子对，而H不存在孤电子对，O存在孤电子对，因此是O原子与中心原子配位，故C不符合题意；D.同周期元素第一电离能呈逐渐增大趋势，但是VA族最外层半满较稳定，第一电离能大于同周期VIA族元素，元素C、N、O的第一电离能的大小顺序：NOC，故D不符合题意；故答案为：B。5.【答案】 B 【解析】Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞，Ti原子

18、数是 818=1 ；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞，O原子数是 1214=3 。即晶体中BaTiO的比为1:1:3，化学式是BaTiO3 ， 故答案为：B。6.【答案】 A 【解析】A.离子半径Na+Mg2+Al3+ ， 离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，则熔点越高，故A符合题意； B.离子半径Br-Cl-F- ， 离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故B不符合题意；C.NaCl、CsCl的晶胞结构分别为： ，结合图可知，CsCl为立方体心结构，Cl-的配位数是8；NaCl为立方面心结构，钠离子的配位数为6，Cl-的配位数是6，则阴离子的

19、配位数：CsClNaCl，故C不符合题意；D.原子半径BaCaMg，原子半径越大，键能越小，硬度越小，故D不符合题意。故答案为：A。7.【答案】 D 【解析】A.离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时化学键不被破坏，破坏的是分子间作用力，故A不符合题意； B.白磷晶体中，结构粒子之间通过分子间作用力相结合，故B不符合题意；C.石英晶体是直接由硅原子和氧原子通过共价键所形成的空间网状结构的晶体，是原子晶体，故C不符合题意；D.构成分子晶体的结构粒子中不一定存在共价键，如稀有气体元素对应的晶体中不含任何化学键，故D符合题意。故答案为：D。8.【答案】 D 【解析】ASO2和O3的原子个数

20、都为3；价电子数均为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，结构相似，故A不选； BNH4+和CH4的原子个数都为5；NH4+的价电子数为5+14-1=8，CH4的价电子数为4+14=8，二者含有相同原子数和相同价电子数，是等电子体，结构相似，故B不选；CH3O+和NH3的原子个数都为4；H3O+的价电子数为13+6-1=8，NH3的价电子数为5+13=8，二者含有相同原子数和相同价电子数，是等电子体，结构相似，故C不选；DCO2和H2O的原子个数都为3；CO2的价电子数为4+62=16，H2O的价电子数为12+6=8，二者含有相同原子数，但价电子数不相同，不是等电子体，结构不相似，前者为

21、直线型，后者为V型，故D选；故答案为：D。9.【答案】 D 【解析】CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC不符合题意，D符合题意， 故答案为：D。10.【答案】 B 【解析】A.根据表中相应数据可知，AlF3熔点高，为离子晶体，故A不符合题意； B.根据表中相应数据可知，CO2熔点低，为分子晶体，故B符合题意；C.C与Si是同主族元素，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，故C不符合题意；D.Na与Al是不同主族元素，两者氧化物均为离子晶体，故D不符合题

22、意。故答案为：B。11.【答案】 B 【解析】稀有气体分子形成的晶体没有化学键，故不符合题意； 在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子，但在晶体中有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体由金属阳离子与自由电子构成，故不符合题意；碱金属单质自上而下原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，单质的熔点逐渐降低，所以铯、钾、钠的熔点依次升高，故不符合题意；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故不符合题意；根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2-分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2-紧相邻，故符合题意； 12g石墨中碳原子的物

23、质的量为 12g12g/mol =1mol，石墨中每个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键为2个碳原子共用，含有的C-C键的物质的量为 1mol32 =1.5mol，则含有的C-C键的个数为1.5NA ， 故符合题意；分子间作用力影响物理性质，分子稳定性为化学性质，化学键强弱影响分子稳定性，故不符合题意；钙离子电荷比钾离子多，半径比钾离子小，氧离子电荷比氯离子多，半径比氯离子小，故CaO的晶格能比KCl高，则熔点KCl比CaO低，故符合题意。所以说法符合题意的有3种。故答案为：B。12.【答案】 B 【解析】A.n(SiO2)= mM = 60g60g/mol =1mol，在二氧化硅晶体中，每

24、个硅原子形成4个Si-O键，因此60gSiO2中含Si-O键的物质的量为4mol，Si-O键的个数为4NA ， 故A不符合题意； B.晶胞中含有表示小球位于顶点和面心，共含有8 18 +6 12 =4个，黑色球位于体心，共4个，所以立方ZnS晶体的每个晶胞中含有4个锌离子，其配位数为4，含有4个硫离子，其配位数也为4，故B符合题意；C.设晶胞边长为a，则在氯化钠晶胞中，含Cl-4个，含Na+4个，根据密度公式 =4MNAa3 ，可得 a=34MNA ，所以晶胞面对角线长为 234MNA ，而两个距离最近的Cl-中心间的距离等于面对角线的一半，所以两个距离最近的Cl-中心间的距离为 2234Mr

25、NA 即 234M2NA ，故C不符合题意；D.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，若Ca2+处于体心、棱中间，O2-位于面心和顶点，晶体中体心Ca2+与面心的6个O2-距离最近，Ca2+的配位数为6，且这些最邻近的O2-围成正八面体，故D不符合题意。故答案为：B。13.【答案】 B 【解析】a属于六方堆积方式，每个顶角有一个原子，每个原子由6个晶胞共用，上下底面各有一个原子，晶体内部还有三个原子，所以晶胞中原子数：121/621/236个；b晶胞中原子数：81/861/24个；c 晶胞中原子数81/812个；所以a、 B、c晶胞中原子个数比为642321，故答案为：B。14.【答案】 B

26、【解析】根据上述分析可知， A. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，发生的反应化学方程式为：Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+ ， A项不符合题意；B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu(NH3)42+中，Cu2+为中心离子，电荷数为+2，NH3为配体，配位数为4，B项符合题意；C. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，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，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，C项不符合题意；D. 在Cu(NH3)42+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，D项

27、不符合题意；故答案为：B。15.【答案】 B 【解析】Co（）的八面体配合物CoClmnNH3 , CoClmnNH3 呈电中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，则中心原子的配位数为6，所以n的值为4，即该配合物的结构是：CoCl2 (NH3)4Cl， 故答案为：B。二、填空题16.【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p1；4；正四面体；原子 【解析】解：Ga原子是31号元素，Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；GaN晶体

28、结构与单晶硅相似，GaN属于原子晶体，每个Ga原子与4个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体， 故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；4；正四面体；原子17.【答案】ONCK；NOC；离子晶体；sp；等电子体；1：1 【解析】解：同周期元素从左到右电负性增强，金属性越强的元素电负性越小，故ONCK；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，由于N的核外2p轨道排3个电子，半充满，较稳定，比相邻元素的第一电离能都高故答案为：ONCK；NOC；由原子守恒可知A为K2S，由阴阳离子通过离子键形成，即为离子晶体；含极性共价键的分子为CO2 ， 直线形分

29、子，直线形分子的杂化类型为sp故答案为：离子晶体；sp；CN与N2由两个原子构成，价层电子数均为10，原子个数价层电子数相等的物质互为等电子体，故答案为等电子体；HCN结构式为HCN，单键为键，三键中有1个键，2个键，即一个HCN分子中两个键与2个键故答案为：等电子体；1：118.【答案】分子晶体；5；1：2；金属键 【解析】解：分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5；CO与氮气互为等电子体，故CO中C与O原子之间形成三键，分子中键与键的数目比为1：2；F

30、e（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）Fe（s）+xCO（g），产物中Fe为金属晶体，Fe中含有金属键，只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键； 故答案为：分子晶体；5；1：2；金属键19.【答案】OH-；NH4+；H3O+；NH2-；H2S；PH3；SiH4；HCl；NH4+、SiH4；H3O+、PH3 【解析】(1)第二周期元素的氢化物具有10个电子，其分子结合一个H或电离出一个H后，形成的阴阳离子所具有的电子数不变，离子符号为：OH-；NH4+；H3O+；NH2-，根据等电子原理导出：NH4+与CH4、H3O与NH3、NH4+与H2O的空间构型分别相同，依次为正四面体形、

31、三角锥形、V形结构。(2)第三周期元素的氢化物分子具有18个电子，第二周期元素形成R2Hx型的化合物，如C2H6、H2O2等，也具有18个电子。符合条件的分子有：H2O2、SiH4、PH3、H2S、HCl。(3)由等电子原理分析，SiH4为正四面体构型，PH3为三角锥形。三、实验探究题20.【答案】 （1）（2）CHSi（3）CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2 【解析】解：（1）等电子体结构和性质相似，C22与O22+和氮气互为等电子体，根据氮气分子电子式书写O22+电子式为 ，故答案为： ；（2）共用电子对偏向电负性大的原子，CH4中共用电子对偏向C，则电负性CH；SiH4中共用电

32、子对偏向H，则电负性HSi，所以C、Si、H的电负性大小关系为：CHSi，故答案为：CHSi；（3）碳化钙与水反应生成乙炔，化学反应方程式为：CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2，故答案为：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2 21.【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；270

33、1cos10928 【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

34、）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.

35、021023mol1(5401010cm)3 =4.1g/（cm）3 ， 每个黑色小球连接4个白色小球，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 22.【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

36、，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sp2 ， 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 23.【答案】 （1）自范；不变

37、（2）N、F、H三种元素的电负性：FNH，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键（3）正四边形（4）B,C（5）CuAu；CuAu3；2(64+197)a3 【解析】解：（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的 自范性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜晶体不再吸水，而硫酸铜溶液为饱和溶液，则溶液质量不变，故答案为：自范；不变；（2）N、F、H三种元素的电负性：FNH，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键，故答案为：N、F、H三种元素的电负性：FNH

38、，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键；（3）Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种结构不同的产物，说明其不是四面体结构，应是平面正四边形结构，故答案为：正四边形；（4）A硫酸铜溶解于水能产生重金属离子铜离子，能破坏蛋白质的结构，使之失去生理功能，细菌和病毒主要生命活性物质是蛋白质，故少量的硫酸铜可以消毒游泳池，故A正确；B氧原子与铜离子之间形成配位键，水分子中O原子与H原子之间形成共价键，硫酸根离子中氧原子与氯原子之间形成共价键，水分子之间O原子与氢原子之间存在氢键，但氢键不是

39、化学键，故B错误；CCu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1 ， 失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子电子排布式3d9 ， 故C错误；D由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确；故答案为：BC（5）晶胞I中Cu原子数目为8 18 +2 12 =2、Au原子数目为4 12 =2，则化学式为CuAu，晶胞中Cu原子数目为8 18 =1、Au原子数目为6 12 =3，故化学式为CuAu3 ， 晶胞I的质量为2 64+197NA g， 则2 64+197NA g=（ cm）3 gcm3 ， 则NA= 2(64+197)a3 ，故答案为：CuAu； CuAu3； 2(64+197)a3