人教版初中高中化学选修二第三章《晶体结构与性质》经典练习题(含答案解析)

一、选择题
1．用NaBH 4进行化学镀镍，可以得到坚硬、耐腐蚀的保护层(3Ni 3B ＋Ni)，反应的离子方程式为：20Ni 2＋＋16BH 4-＋34OH －＋6H 2O ＝2(3Ni 3B ＋Ni)＋10B(OH)4-
＋35H 2↑，下列说法不正确的是
A ．1 mol B(OH)4-中含有σ键的物质的量为8 mol
B ．BH 4-的立体构型是正四面体形
C ．B 原子核外电子的运动状态和能量均不相同
D ．Ni 的晶胞结构如图所示：，镍原子的配位数为12
答案：C
解析：A. 1个B(OH)4-
中4个OH −与B 形成4个σ键，4个OH −内又形成4个O−H σ键，则1mol B(OH)4-含有σ键的物质的量为8 mol ，故A 正确；
B. BH 4-中的B 原子为sp 3杂化，立体构型是正四面体形，故B 正确；
C. B 原子核外电子的运动状态各不相同，但同一能级上的电子能量相同，故C 错误；
D. Ni 的晶胞属于面心立方最密堆积，故每个Ni 原子周围距离最近且相等的Ni 原子有12个，则镍原子的配位数为12，故D 正确；
故选C 。

2．X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，可“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其结构如图(注：实线代表共价键，其他Y 原子之间的重复单元中的W 、X 未展开标注)，W 、X 、Z 分别位于不同周期，Z 是同周期中金属性最强的元素。

下列说法不正确的是
A ．Y 位于第二周期第VIA 族
B ．XY 2形成的晶体中一个微粒周围紧邻的微粒数为12个
C ．X 单质存在能导电的混合型晶体
D ．Y 与Z 可组成阴阳离子数之比为1：1的离子晶体
答案：D
【分析】
X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的短周期元素， W 、X 、Z 分别位于不同周期，由化合物的
结构可知，X 能形成4个共价键，则X 为C 元素； Y 能形成2个共价键，则Y 为O 元素；Z 是同周期中金属性最强的元素，则Z 为Na 元素；W 只形成了1个共价键，则W 为H 元素；
解析：A ． Y 即氧元素，位于第二周期第VIA 族，A 正确；
B ． XY 2形成的晶体即干冰中一个二氧化碳分子周围紧邻的微粒数为12个，B 正确；
C ． X 即碳元素的单质中，石墨是能导电的混合型晶体，C 正确；
D ． Y 与Z 可组成氧化钠、过氧化钠，晶体内阴阳离子数之比均为1:2的离子晶体，D 不正确；
答案选D 。

3．下列有关比较，正确的是
A ．在水中的溶解度：2533C H OH>CH OCH
B ．沸点：44CH >SiH
C ．熔点：晶体硅＞金刚石
D ．键角：32NH <H O
答案：A
解析：A ．因为乙醇中有羟基，和水形成氢键，乙醇与水以任意比互溶，在水中的溶解度：2533C H OH>CH OCH ，A 正确；
B ．在同一主族，结构相似的分子沸点随着相对分子质量的增大从上到下逐渐升高，所以沸点：44CH <SiH ，B 错误；
C ．晶体硅和金刚石都是原子晶体，晶体硅中的硅硅键长大于金刚石中的碳碳键长，所以碳碳键的键能大于硅硅键的键能，所以，晶体硅的熔点小于金刚石的熔点，C 错误；
D ．NH 3中的两个氮氢键的夹角是107.5度，H 2O 中的两个氧氢键的夹角是104.5度，则D 错误；
故选A 。

4．模型在科学认识中具有描述、解释和预测等功能。

下列有关化学模型的说法错误的是 A ．金属晶体的简单立方堆积是密置层得到的一种堆积方式
B ．氯化钠和氯化铯晶体中氯离子的配位数不同可用阳离子与阴离子的半径比不同解释
C ．由NH 3和BF 3易化合生成H 3NBF 3可预测H 3NBF 3中含有配位键
D ．根据VSEPR 理论可推测BF 3的键角大于BF -
4
答案：A
解析：A ．密置层包括六方最密堆积和面心立方最密堆积，非密置层包括简单立方堆积和体心立方堆积，故金属晶体的简单立方堆积是非密置层得到的一种堆积方式，故A 错误； B ．钠的离子半径比铯小，两种晶体中阴阳离子半径之比不同，导致配位数不同，钠离子配位数为6，铯离子配位数为8，导致晶体结构不同，故B 正确；
C ．NH 3中N 原子的价层电子对数为4，采用sp 3杂化，N 原子含有3个 键和一对孤电子对，NH 3和BF 3化合生成H 3NBF 3时，N 原子的孤电子对与B 原子的空轨道形成配位键，故C 正确；
D ．根据VSEPR 理论可推测，BF 3中价层电子对个数=3+ 12×（3-3×1）=3，所以为平面三
角形结构，键角为120°，BF -4中价层电子对个数=4+ 12
×（3+1-4×
1）=4，所以为正四面体结构，键角为109.5°，故BF 3的键角大于BF -4，故D 正确；
故选A 。

5．氮氧化铝(AlON )属于原子晶体，是一种超强透明材料，其制备反应为232高温Al O +C+N 2AlON+CO 。

下列描述错误的是
A ．AlON 和金刚石均含共价键
B ．AlON 和金刚石晶体类型相同
C ．AlON 和23Al O 的化学键类型不同
D ．AlON 和23Al O 晶体类型相同
答案：D
解析：A ． 二者均属于原子晶体，均只含有共价键，故A 正确；
B ． 二者均属于原子晶体，故B 正确；
C ． AlON 属于原子晶体，只含有共价键，而23Al O 属于离子晶体，只含有离子键，故C 正确；
D ． AlON 属于原子晶体，而23Al O 属于离子晶体，晶体类型不同，故D 错误； 故选D 。

6．下列排序正确的是
A ．熔点：碳化硅>硅>锗
B ．分解温度：333MgCO CaCO BaCO >>
C ．酸性：234HClO HClO HClO >>
D ．键角：2223C H H O NH >>
答案：A
解析：A ．因为原子半径C<Si<Ge ，则键长C-Si<Si-Si<Ge-Ge ，共价键键长越长键能越小，则熔点越低，即熔点:碳化硅>硅>锗，A 正确；
B ．碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度: MgCO 3<CaCO 3<BaCO 3，B 错误；
C ．Cl 元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强，故酸性
234HClO <HClO <HClO ，C 错误；
D ．22C H 为直线形结构，键角为1800，水为V 型分子，键角为1050，氨气为三角锥型，
键角为1070，所以键角大小2232C H NH H O >>，D 错误；
故选A 。

7．下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是
A ．Cl 2+H 2O=HClO+HCl
B ．2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑
C ．NH 4Cl+NaOH Δ−−→NaCl+NH 3↑+H 2O
D ．2FeCl 2+H 2O 2+2HCl=2FeCl 3+2H 2O
答案：B
解析：A ．反应Cl 2+H 2O=HClO+HCl 中，Cl 和Cl 之间的非极性键断裂，H 和O 之间的极性键断裂，H 和O 、O 和Cl ，H 和Cl 之间的极性键形成，A 不满足题意；
B ．反应2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑中，钠离子和过氧离子之间的离子键断裂，过氧离子中两个O 之间的非极性键断裂，H 和O 之间的极性键断裂，钠离子和氢氧根离子之间的离子键形成，H 和O 之间的极性键形成，O 和O 之间的非极性键形成，B 满足题意；
C ．反应NH 4Cl+NaOH Δ−−→NaCl+NH 3↑+H 2O 中，铵根离子和氯离子之间的离子键、钠离
子和氢氧根离子之间的离子键断裂，铵根中N 和H 之间的极性键，氢氧根中H 和O 之间的极性键断裂，氯离子和钠离子之间的离子键、N 和H 之间的极性键、H 和O 之间的极性键形成，C 不满足题意；
D ．反应2FeCl 2+H 2O 2+2HCl=2FeCl 3+2H 2O 中，亚铁离子和氯离子之间的离子键、H 和O 之间的极性键、O 和O 之间的非极性键断裂，Fe 和Cl 之间的极性共价键(FeCl 3是共价化合物)、H 和O 之间的极性共价键形成，D 不满足题意；
答案选B 。

8．利用Cl －取代 [Co(NH 3)5H 2O]3+离子中的H 2O 的方法制备配合物X ：[Co(NH 3)5Cl]Cl 2。

实验过程如下：
已知：①[Co(NH 3)5Cl]2+离子较稳定，加碱或受热可促进其解离：
[Co(NH 3)5Cl]2+⇌Co 3++5NH 3+Cl －
②Co(OH)2是一种难溶于水的物质
下列说法不正确．．．
的是 A ．制备配合物X 的总反应方程式为:2CoCl 2+H 2O 2+10NH 3+2HCl = 2[Co(NH 3)5Cl]Cl 2+2H 2O B ．上述过程可用氯水替代H 2O 2将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)
C ．用浓氨水替代NH 4Cl-NH 3·
H 2O 混合液可以提高CoCl 2·6H 2O 的转化率 D ．烘干过程温度不宜过高，以防止[Co(NH 3)5Cl]Cl 2受热分解
答案：C
解析：A. 制备配合物X的原料是CoCl2∙6H2O、H2O2、NH4Cl、NH3·H2O、浓盐酸，在反应中，+2价Co被氧化生成+3价的Co，Co3+与NH3、Cl-形成配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2，则总反应方程式为:2CoCl2+H2O2+10NH3+2HCl = 2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O，A正确；
B. 氯气作氧化剂，将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，还原产物为Cl-，在本实验中Cl-不是杂质，故上述过程可用氯水替代H2O2将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，B正确；
C. 用浓氨水替代NH4Cl-NH3·H2O 混合液，溶液碱性会更强，会生成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成，会降低CoCl2·6H2O的转化率，C错误；
D. [Co(NH3)5Cl]2+离子较稳定，加碱或受热可促进其解离，故烘干过程温度不宜过高，以防止[Co(NH3)5Cl]Cl2受热分解，D正确；
故选C。

9．关于晶体的叙述中，正确的是
A．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，分子间作用力越大，该分子越稳定
C．共价晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体
答案：C
解析：A．在分子晶体中，物质的熔沸点的高低受分子间作用力大小影响。

分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化需要消耗的能量就越多，物质的熔、沸点越高，与分子内的化学键强弱无关，A错误；
B．在分子晶体中，分子内化学键的键能越大，断裂化学键消耗的能量就越高，物质的分子就越稳定，与分子间作用力大小无关，B错误；
C．在共价晶体中，共价键的键长越短，键能越大，断裂化学键需消耗的能量就越高，物质的熔、沸点越高，C正确；
D．某些晶体溶于水后能电离出自由移动的离子，该晶体可能是分子晶体，如HCl等，也可能是离子晶体，如NaCl，D错误；
故合理选项是C。

10．下列说法正确的是
A．Fe、Co、Ni在元素周期表中位于同一周期同一族
B．离子晶体的熔点：NaCl<KCl<RbCl<CsCl
C．CO2为极性分子，含有σ键与π键
D．金刚石和C60互称为同素异形体，两者具有相同的晶体类型
答案：A
解析：A． Fe、Co、Ni在元素周期表中位于同4周期Ⅷ族，故A正确；
B．从钠到铯离子半径增大，晶格能减小，离子晶体的熔点：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，故B错误；
C． CO2为非极性分子，含有σ键与π键，故C错误；
D．金刚石和C60互称为同素异形体，两者具有不相同的晶体类型，前者为原子晶体，后
者为分子晶体，故D错误；
故选A。

11．氮化硼(BN)晶体有多种相结构。

六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电。

立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。

它们的晶体结构如图所示。

关于这两种晶体的说法，错误的是
A．立方相氮化硼中不含有π键
B．六方相氮化硼为分子晶体，立方相氮化硼为共价晶体
C．六方相氮化硼中的硼原子采用sp2杂化，立方相氮化硼中的硼原子采用sp3杂化
D．六方相氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是没有可以自由移动的电子
答案：B
解析：A．立方相氮化硼类似于金刚石的结构只有σ键，没有π键，故A正确；
B．立方相氮化硼为原子晶体，六方相氮化硼为混合型晶体，故B错误；
C．六方相氮化硼每一层为平面结构，硼原子采用sp2杂化，立方相氮化硼晶体中每个硼原子与相邻的4个氮原子形成共价键，有4个杂化轨道，发生的是sp3杂化，故C正确；D．由六方相氮化硼晶体结构可知，层内每个硼原子与相邻的3个氮原子构成平面三角形，由于六方相氮化硼结构中已没有自由移动的电子，故其不导电，故D正确；
选B。

12．下列晶体中属于原子晶体的是
A．I2B．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。

13．吡啶又称为氮苯，与苯都有大π键。

吡啶可以看作苯分子中的一个(CH)被取代的化合物，其广泛用于医药工业原料。

一种由糠醛制备吡啶的原理如下：
下列说法正确的是
A．糠醛、糠醇、吡啶分子中所有原子均可能共平面
B．糠醛、糠醇、吡啶分子中所有碳原子的杂化方式相同
C．吡啶与苯分子的熔点高低主要取决于所含化学键的键能
D．吡啶与苯分子中参与形成大π键的各原子所提供的电子数相同
答案：D
解析：A.由结构简式可知，糠醇分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，故A错误；
B.由结构简式可知，糠醇分子中含有饱和碳原子，碳原子的杂化方式为sp2和sp3，与糠醛、吡啶分子中所有碳原子的杂化方式不相同，故B错误；
C.吡啶与苯分子都是分子晶体，熔点高低主要取决于分子间作用力的大小，与所含化学键的键能无关，故C错误；
D.吡啶分子中的大π键由6个原子和6个电子形成，苯分子中的大π键由6个原子和6个电子形成，参与形成大π键的各原子所提供的电子数相同，故D正确；
故选D。

14．已知某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的，关于该化合物的以下叙述中正确的是
A．1 mol该单元中有2 mol Y
B．1 mol该单元中有6 mol O
C．1 mol该单元中有2 mol Ba
D．该化合物的化学式是YBa2Cu3O6
答案：C
解析：由晶胞结构可知，Y原子位于顶点，晶胞中Y原子数目为8×1
8
=1，Ba原子位于棱
上，晶胞中Ba原子数目为8×1
4
=2，Cu原子位于晶胞内部，晶胞中Cu原子数目为3，O
原子晶胞内部与面上，晶胞中O原子数目为2+10×1
2
=7，故该晶体化学式为
YBa2Cu3O7，则1 mol YBa2Cu3O7，含有1 mol Y、2mol Ba、7molO、3mol Cu，故
A、B、D错误，C正确，
故选：C。

15．已知M是X、Y、Z三种元素组成的离子化合物，只有Z为金属元素，其晶胞如图，则下列推测错误的是
A．M的化学式可能是3
ZXY
B．电负性：Z X Y
>>
C．熔点：金刚石M
>>干冰
D．M中可能存在离子键和共价键
答案：B
解析：A．根据均摊法分析，X的个数为
1
8=1
8
⨯，Y的个数为
1
12=3
4
⨯，Z的个数为
1，所以化学式可能是3
ZXY，A正确，不符合题意；
B．Z为金属，XY为非金属，金属的电负性小，B错误，符合题意；
C．该晶体为离子晶体，根据晶体的类型和熔点的关系分析，熔点：金刚石M
>>干冰，C正确，不符合题意；
D．该物资为离子化合物，一定有离子键，XY之间有共价键，D正确，不符合题意；
故选B。

二、填空题
16．(1)酸碱质子理论认为：凡是能给出质子c(H+)的任何物质都是酸，凡是能接受质子(H+)的任何物质都是碱。

则CH3CH3、OH-、HCl、F-中属于碱的是___________，用一个离子方程式说明它们结合质子能力的相对强弱___________。

(2)硼元素可形成多种化合物，其中氮化硼(BN)熔点为3774℃，而乙硼烷(B2H6)熔点仅-165℃。

氮化硼熔点远高于乙硼烷的可能原因是___________。

答案：OH-、F-HF+OH-=F-+H2O BN为原子晶体，而B2H6为分子晶体，共价键作用力远大于分子间作用力
解析：(1)在CH3CH3、OH-、HCl、F-中，OH-会结合H+变为H2O，属于碱；F-与H+结合形成HF，因此F-属于碱；
HF能够与OH-发生反应产生F-、H2O，反应方程式为：HF+OH-=F-+H2O，根据复分解反应规律：强碱能够制取弱碱，则该反应说明结合质子能力：OH-＞F-；
(2)硼元素可形成多种化合物，其中氮化硼(BN)熔点为3774℃，而乙硼烷(B2H6)熔点仅-
165℃。

氮化硼熔点远高于乙硼烷，是由于BN为原子晶体，原子之间以共价键结合，共价键是一种强烈的相互作用，断裂需消耗很高的能量；而B2H6为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂消耗的能量比较低，由于共价键作用力远大于分子间作用力，所以氮化硼熔点远高于乙硼烷。

17．H5O2Ge(BH4)3是钙钛矿型化合物(ABX3型)，量子化学计算结果显示，其具有良好的光电化学性能。

请回答下列问题：
(1)基态Ge的价电子轨道表示式___________。

(2)根据杂化轨道理论，-
4
BH由B的4个___________(填杂化轨道类型)杂化轨道与4个H
的1s轨道重叠而成，请画出-
4
BH的结构式___________。

(3)CsPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CsPbI3的晶体结构如图所示：
①原子1的坐标为(1
2
，0，0)，则原子2和3的坐标分别为___________、___________。

②I-位于该晶体晶胞的___________(填“棱心”、“体心”或“顶角”)。

答案：sp3(0，0，1
2
)(
1
2
，1，1)棱心
解析：(1)Ge是第四周期ⅣA元素，价电子排布式为4s24p2，基态Ge的价电子轨道表示式为。

(2)根据杂化轨道理论，-
4
BH中B的价电子对数为4，采用sp3杂化，由B的4个sp3杂化
轨道与4个H的1s轨道重叠而成，空间构型是正四面体，-
4
BH的结构式为。

(3)①原子1的坐标为(1
2
，0，0)，则由CsPbI3的晶体结构可知原子2和3的坐标分别为
(0，0，1
2
)、(
1
2
，1，1)。

②由晶体结构可知Cs位于晶胞的体心，则1个晶胞中含有1个Cs，还有2种原子位于顶
角和棱心，根据均摊法可知，1个晶胞中位于顶角的原子的个数为：1
8=1
8
⨯个，应为Pb，
则I-位于该晶体晶胞的棱心。

18．(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)4，1 mol Ni(CO)4中含有___________mol σ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。

3
PCl___________、___________、___________。

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SO2
4-，中心S原子价层电子对数为6+2-24
4+
2
⨯
=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1 mol Ni(CO)4中含有8mol σ键；
(5)PCl3分子中心原子价层电子对数为
5-31
3+
2
⨯
=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。

19．钛(Ti)、钒(V)、镍(Ni)、镧(La)等在储氢材料方面具有广泛的用途。

下面是一些晶体材料的结构示意图。

请回答下列问题：
(1)写出镍原子的核外电子排布式：______________________________。

(2)钛金属晶体的原子堆积方式如图1所示，则每个钛原子周围有______个紧邻的钛原子，该晶体中原子的堆积方式为____________________。

(3)镧系合金是稀土系储氢合金的典型代表。

某合金储氢后的晶胞如图2所示，该合金的化学式为________，1 mol镧形成的该合金能储存____mol氢气。

(4)嫦娥三号卫星上的PTC元件(热敏电阻)的主要成分——钡钛矿晶体结构如图3所示，该晶体经X射线分析鉴定，重复单位为立方体，边长为a cm。

顶点位置被Ti4＋所占据，体心
位置被Ba 2＋所占据，所有棱心位置被O 2－所占据。

①该晶体中的O 元素与H 形成的化合物的中心原子的杂化类型为________，其分子空间构型为________。

②写出该晶体的化学式：________。

答案：1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2 12 面心立方最密堆积 LaNi 5 3 sp 3 V 形 BaTiO 3 解析：(1)Ni 是28号元素，根据能量最低原理，其原子的核外电子排布式是
1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2；
(2)由晶胞结构图可知，以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积；
(3)根据某合金储氢后的晶胞结构示意图可知该合金中含有：La ：8×18＝1；Ni ：8×12＋1＝5，所以化学式是LaNi 5；1 mol 该合金吸附氢气的物质的量是8 mol×14＋2mol×12＝3 mol 。

(4)①该晶体中的O 元素与H 元素形成的化合物H 2O 的中心原子O 原子的杂化类型为sp 3杂化，其分子空间构型为V 形；
②根据晶胞结构示意图可知：Ba ：1；Ti ：8×18＝1；O ：12×14
＝3，所以该晶体的化学式是：BaTiO 3。

20．配合物在许多方面有着广泛的用途，目前我国科学家利用配合物在能源转化与储存方面有着杰出的贡献，请根据题意回答下列问题：
I.向黄色的FeCl 3溶液中加入无色的KSCN 溶液，溶液变成血红色。

该反应在有的教材中用方程式FeCl 3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl 表示。

(1)经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe 3+与SCN -不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合。

请按要求填空：
①若所得Fe 3+和SCN -的配合物中，主要是Fe 3+与SCN -以个数比1：1配合所得离子显血红色。

该离子的离子符号是______。

②若Fe 3+与SCN -以个数比1：5配合，则FeCl 3与KSCN 在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为______。

(2)向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN 溶液，溶液血红色加深，这是由于______(填字母代号)。

A ．与Fe 3+配合的SCN -数目增多
B ．血红色离子的数目增多
C ．血红色离子的浓度增加
(3)向上述血红色溶液中加入NaF 溶液振荡，只观察到血红色溶液迅速褪成无色，表示该反应的离子方程式为：______；能使该反应发生的可能原因是______。

II.已知：2-27Cr O 在溶液中为橙色，2-4CrO 在溶液中为黄色 (1)下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：
22-27Cr O +3CH 3CH 2OH+16H ++13H 2O→4[Cr(H 2O)6]3++3CH 3
COOH
①基态Cr原子外围电子排布图为______；配合物[Cr(H2O)6]3+中与Cr3+形成配位键的原子是______(填元素符号)。

②CH3CH2OH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为______。

(2)有下列实验：
①呈天蓝色的离子的化学式为______，溶剂X可以是______(填名称)，继续添加氨水，沉淀溶解的离子方程式为______。

②该实验能说明NH3、H2O与Cu2+结合的能力由强到弱的顺序是______。

③下列有关化学实验的“操作→现象→解释”均正确的是______。

选
项
操作现象解释
A 向某溶液中滴加KSCN溶
液
产生红色沉淀Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
B 向由0.1molCrCl3·6H2O配
成的溶液加入足量AgNO3
溶液
产生0.2mol沉
淀
已知Cr3+的配位数为6，则
CrCl3·6H2O的化学式可表示为
[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C 向溶液K2Cr2O7溶液中先
滴加3滴浓硫酸，再改加
10滴浓NaOH
溶液先橙色加
深，后变为黄
色
溶液中存在
2-
27
Cr O+H2O⇌22-4
CrO+2H+
D向AgCl悬浊液中滴加氨水沉淀溶解AgCl不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag+和Cl-
答案：Fe(SCN)2+ FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl C Fe(SCN)3+3F−=FeF3+3SCN− Fe3+结合F−
的能力大于结合SCN−的能力 O H2O与CH3CH2OH分子间能形
成氢键 [Cu(H2O)4]2+乙醇 Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- NH3>H2O BC
解析：I.(1)①Fe3+与SCN−以个数比1：1配合物离子，离子带2个单位正电荷，该配合物离子为Fe(SCN)2+，故填Fe(SCN)2+；
②若Fe3+与SCN−以个数比1：5配合，该配离子为[Fe(SCN)5]2−，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式为FeCl3+5KSCN═K2[Fe(SCN)5]+3KCl，故填
FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl；
(3)向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，因平衡正向移动，血红色离子的浓度增加，故填C；
(4)向上述血红色溶液中加入NaF溶液振荡，只观察到血红色溶液迅速褪成无色溶液，表示该反应的离子方程式为Fe(SCN)3+3F−=FeF3+3SCN−；能使该反应发生的可能原因是Fe3+结合F−的能力大于结合SCN−的能力，故填Fe(SCN)3+3F−=FeF3+3SCN−、Fe3+结合F−的能力大于结合SCN−的能力；
II.(1)①Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布图为：；配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与C r3+形成配位键，形成配位键的原子是：O，故填
、O；
②CH3CH2OH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O与
CH3CH2OH分子间能形成氢键，故填H2O与CH3CH2OH分子间能形成氢键；
(2)①呈天蓝色的离子的化学式为[Cu(H2O)4]2+；加入X的作用是降低溶剂的极性，减小
Cu(NH3)4SO4⋅H2O的溶解度，试剂X可以是乙醇；继续添加氨水，沉淀溶解的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，故填[Cu(H2O)4]2+、乙醇、
Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；
②天蓝色的离子[Cu(H2O)4]2+最终转换成了深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，说明NH3、H2O与Cu2+结合的能力由强到弱的顺序是：NH3>H2O，故填NH3>H2O；
③A.KSCN溶液与Fe3+溶液作用的方程式为：Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，该反应时可逆反应，故A错误；
B.氯化铬(CrCl3•6H2O)和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬(CrCl3•6H2O)化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬
(CrCl3•6H2O)的化学式可能为[Cr(H2O)5Cl]Cl2•H2O，故B正确；
C.在反应(橙色)+H2O2(黄色)+2H+中，向K2Cr2O7溶液中滴加3滴浓
H2SO4，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深或溶液颜色加深，加入NaOH，氢离子浓度减小，平衡正向移动，则溶液由橙色变为黄色，故C正确；
D.Ag+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl
(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，沉淀溶解，故D错误；
故填BC。

21．Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、长寿命等特点，在中国已实现了产业化。

该合金的晶胞结构如图所示。

(1)该晶胞中Ni 原子与La 原子的数量比为___________。

(2)已知该晶胞的摩尔质量为-1Mg mol ⋅，密度为-3dg cm ⋅。

设A N 为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是___________3cm (用含M 、d 、A N 的代数式表示)。

(3)该晶体内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。

已知：a=511pm ，c=397pm ；标准状况下氢气的密度为538.9810g cm --⨯⋅；
储氢后氢气的密度储氢能力=标准状况下氢气的密度。

若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为___________。

答案：5：1 A M N d
1236 解析：(1)从题图中可以看出，La 位于平行六面体的顶角，晶胞中La 的原子数为11441126
⨯+⨯=；平行六面体的上、下两个面各有2个Ni 原子，四个侧面各有1个Ni 原子，体心还有1个Ni 原子，故晶胞中Ni 的原子数为18152
⨯
+=；故该晶胞中Ni 原于与La 原子的数量比为5：1。

(2)由(1)知，该晶胞化学式为LaNi 5，每个晶胞含1个LaNi 5，则n(LaNi 5)=A 1m =M
N ，故该晶胞的质量m=A
M N mol ，所以晶胞的体积为3A m M V== cm ρd N 。

(3)该晶胞体积V=()2-10-10511?10cm ?sin60?397?10m c ︒，一个晶胞能吸收6个氢原子，相当于3个H 2，故所吸收H 2的质量m=
A A
36 mol?2 g/mol= g N N 则该合金储氢后氢气的密度()2332-10?-10m 6.02?10ρ==0.111 g/cm 511?10cm ?sin60?397?106 g V c m
≈， 故储氢能力3
-530.111 g/cm =12368.98?1g/cm
0≈。

22．前四周期原子序数依次增大的元素A 、B 、C 、D 中，A 和B 的未成对电子均只有1。