2021年高中化学选修二第三章《晶体结构与性质》知识点总结(答案解析)

一、选择题
1．下列叙述中，不正确的是()
A．微粒半径由小到大顺序是H＋＜Li＋＜H－
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子
C．[Cu(NH3)4]2＋中H提供接受孤对电子的空轨道
D．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为四面体结构
答案：C
解析：A．H＋核外无电子，半径最小，Li＋和H－核外电子排布相同，H－核电荷数较小，半径较大，即半径H＋＜Li＋＜H－，A正确；
B．杂化轨道形成的键都是σ键，而双键、三键中的π键都是未杂化的轨道形成的，故杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，B正确；
C．[Cu(NH3)4]2＋中Cu2+给出空轨道，N提供孤对电子，C错误；
D．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，若无孤电子对，则为四面体结构，若有孤电子对，则为三角锥形或V形，D正确。

答案选C。

2．下列各组物质中，化学键相同、晶体类型也相同的化合物是（）
A．Si和SiO2B．H2O和CO2C．NaOH和NaCl D．KCl和HCl
答案：B
解析：A.硅和二氧化硅都是原子晶体，含有共价键，但硅是单质，A错误；
B.水和二氧化碳都是含有共价键的分子晶体，且均属于化合物，B正确；
C.氢氧化钠中含有离子键和共价键，氯化钠中只含有离子键，C错误；
D.氯化钾是含有离子键的离子晶体，氯化氢是含有共价键的分子晶体，D错误；
答案选B。

3．下列叙述不正确的是
①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键
②熔点: Al＞Na＞K
③第IA、IIA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布
④元素周期表中从Ⅲ B族到II B族10个纵行的元素都是金属元素
⑤沸点: NH3＜PH3＜AsH3
⑥NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力
⑦因为常温下白磷可燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N
A．②④⑥B．③⑤⑥⑦C．②④⑥⑦D．⑤⑥⑦
答案：B
解析：①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如氢氧化钠是离子化合物，含有离
子键和共价键，故①正确；
②离子半径越小、离子电荷越大，金属键越强，金属晶体的熔点越高；离子所带电荷Al 3+＞K +=Na+，离子半径：Al 3+＜K +＜Na +，故金属性Al ＞Na ＞K ，则熔点: Al ＞Na ＞K ，故②正确；
③第ⅠA. ⅡA 族元素金属原子失去最外层电子形成阳离子，与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③错误；
④元素周期表中从ⅢB 族到ⅡB 族10个纵行的元素为过渡元素，过渡元素都是金属元素，故④正确；
⑤均形成分子晶体，氨气分子之间形成氢键，沸点最高，AsH 3的相对分子质量比PH 3的大，AsH 3分子间作用力更强，AsH 3的沸点高于PH 3的，故沸点：PH 3＜AsH 3＜NH 3，故⑤错误；
⑥NaCl 是离子化合物，溶于水破坏的是离子键，HCl 是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，二者溶于水破坏的作用力不相同，故⑥错误
⑦同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：N ＞P ，故⑦错误； 上述说法错误的有③⑤⑥⑦，故答案选B 。

4．下列有关物质性质的判断正确的是 A ．熔点：SiO 2＜CO 2 B ．沸点：H 2O ＜H 2S C ．晶格能：CaCl 2＜MgCl 2
D ．热稳定性：HF ＜HCl
答案：C
解析：A ．二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体，熔化时，原子晶体需克服共价键，分子晶体克服分子间作用力，则熔点原子晶体SiO 2＞分子晶体CO 2，故A 错误； B ．水分子间除了分子间作用力外，水分子间还形成氢键，H 2S 分子间只存在分子间作用力，汽化时，水分子间需克服分子间作用力和氢键，而H 2S 只需克服分子间作用力，则水的沸点高，即沸点H 2O ＞H 2S ，故B 错误；
C ．离子晶体中，晶格能大小与离子半径成反比、与电荷成正比，氯化镁和氯化钙中阴离子相同，阳离子不同，镁离子半径小于钙离子，所以氯化镁的晶格能大于氯化钙，即晶格能CaCl 2＜MgCl 2，故C 正确；
D ．非金属性越强，形成的氢化物越稳定，F 、Cl 二者属于同主族元素，从上往下，非金属性依次减弱，原子序数F ＜Cl ，则非金属性F ＞Cl ，所以稳定性HF ＞HCl ，故D 错误； 答案为C 。

5．下列晶体属于离子晶体且阴、阳离子的立体构型相同的是 A ．43NH NO
B ．34Si N
C ．44NH ClO
D ．34H PO
答案：C
解析：A ．NH 4NO 3属于离子晶体，+
4NH 的立体构型为正四面体，-
3NO 的立体构型为平面三角形，即+
4NH 和-
3NO 的立体构型不同，A 不符合题意； B ．Si 3N 4属于原子晶体，B 不符合题意；
C ．NH 4ClO 4属于离子晶体，+
4NH 和-4ClO 的立体构型相同，都是正四面体，C 符合题意； D ．H 3PO 4属于分子晶体，D 不符合题意； 故选C 。

6．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CoCl 2∙6H 2O 、H 2O 2、NH 4Cl 、NH 3·H 2O 、浓盐酸，在反应中，+2价Co 被氧化生成+3价的Co ，Co 3+与NH 3、Cl -形成配合物[Co(NH 3)5Cl]Cl 2，则总反应方程式为:2CoCl 2+H 2O 2+10NH 3+2HCl = 2[Co(NH 3)5Cl]Cl 2+2H 2O ，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H 2O 2将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，B 正确；
C. 用浓氨水替代NH 4Cl-NH 3·H 2O 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CoCl 2·
6H 2O 的转化率，C 错误； D. [Co(NH 3)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(NH 3)5Cl]Cl 2受热分解，D 正确； 故选C 。

7．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 ．CO 2为极性分子，含有σ键与π键
D ．金刚石和C 60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 ． CO 2为非极性分子，含有σ键与π键，故C 错误；
D ． 金刚石和C 60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 。

8．E 、F 、G 、M 、Q 为原子序数依次增大的短周期元素。

G 元素的最高价氧化物的水化物和气态氢化物反应生成一种盐；F 元素与G 、M 元素相邻，且与M 元素同主族；化合物F 2E 6共含有18个电子；Q 元素的原子最外层电子数比次外层少一个。

下列说法错误的是 A ．FE 4的立体构型是正四面体形 B ．原子半径：F ＜G ＜M
C ．Q -和Ar 具有相同的电子层结构
D ．G
E 4+
中含有配位键
答案：B 【分析】
E 、
F 、
G 、M 、Q 为原子序数依次增大的短周期元素。

G 元素的最高价氧化物的水化物和气态氢化物反应生成一种盐，则G 是N 元素；F 元素与G 、M 元素相邻，且与M 元素同主族，则F 是C 元素，M 是Si 元素；化合物F 2E 6共含有18个电子，则E 是
H 元素；Q 元素的原子最外层电子数比次外层少一个，Q 核外电子排布是2、8、7，所以Q 是Cl 元素，然后结合元素周期律分析解答。

解析：根据上述分析可知：E 是H ，F 是C ，G 是N ，M 是Si ，Q 是Cl 元素。

A ．FE 4是CH 4，CH 4分子是正四面体结构的分子，A 正确；
B ．同一周期元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族元素原子序数越大，原子半径越大。

F 是
C ，G 是N ，M 是Si ，C 、N 是第二周期元素，C 、Si 是同一主族元素，所以原子半径：G ＜F ＜M ，B 错误；
C ．Q 是Cl ，Cl -核外电子排布是2、8、8，Ar 是18号元素，核外电子排布是2、8、8，因此Q -和Ar 具有相同的电子层结构，C 正确；
D ．G
E 4+是4NH +
，N 原子与3个H 原子形成共价键，得到NH 3，N 原子上含有1对孤电子对，与H +以配位键结合形成4NH +
，所以4NH +
中含有配位键，D 正确； 故合理选项是B 。

9．工业上制取冰晶石(Na 3AlF 6)的化学方程式如下：
()2332Al OH +12HF+3Na CO =36222Na AlF 3CO 9H O +↑+，下列说法正确的是
A ．Na 3AlF 6为离子晶体
B ．36AlF -
中Al 3+为配体，接受孤电子对 C ．CO 2中碳原子为sp 2杂化
D ．熔沸点：HF ＞H 2O
答案：A
解析：A ．Na 3AlF 6是盐，由Na +与36AlF -
通过离子键结合形成的离子晶体，A 正确； B ．36AlF -
中Al 3+为中心离子，接受孤电子对，F -是配位体，提供孤电子对，B 错误；
C．CO2中碳原子杂化类型为sp3杂化，C错误；
D．HF、H2O都是由分子构成的分子晶体，分子之间都存在氢键，但由于H2O分子与相邻4个H2O分子形成氢键，而HF只与相邻的2个HF分子形成氢键，因此作用力：H2O＞HF，使得H2O在常温下呈液态，HF在常温下呈气态，因此物质熔沸点：H2O＞HF，D错误；
故合理选项是A。

10．下列说法不正确的是
A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制成有色玻璃
B．以NaCl为原料，工业上可制备纯碱和烧碱
C．牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理保护金属的一种方法
D．通常，只有那些分子较小、分子形状呈长形或碟形的物质，才易形成液晶态
答案：D
解析：A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制成有色玻璃，有色玻璃属于固溶胶，故A 正确；
B．以NaCl为原料，工业上可通过侯氏制碱法制备纯碱，电解饱和食盐水的方法制备烧碱，故B正确；
C．牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理，将被保护的金属作为正极，比被保护金属活泼的另一种金属作为负极，发生反应时，负极金属被腐蚀，正极金属被保护的一种方法，故C正确；
D．分子太小时，在物质中排列的有序性表现不出来，也就不能表现出晶态；分子呈长条形或碟形时，各向异性表现的较为明显，即晶态表现明显，所以这样的分子易形成液晶态，故D不正确；
故选D。

11．硅和碳是重要的非金属元素，有关化学键键能如下表所示：
A．热稳定性：CH4<SiH4
B．金刚石的熔点低于晶体硅
C．共价键的键能与成键原子的核间距一定成反比
D．硅烷在种类和数量上都不如烷烃多
答案：D
解析：A．C与Si是同主族元素，同种主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，简单氢化物的热稳定性逐渐减弱，所以热稳定性CH4＞SiH4，A项错误；
B．金刚石与晶体硅都是原子晶体，原子晶体的熔沸点主要与共价键强度有关，由表可知，C-C键的键能大于Si-Si键，说明C-C键更稳定，金刚石的熔点比晶体硅高，B项错
C ．共价键的键能与成键原子的核间距及成键原子的种类均有关，C 项错误；
D ．由表可知，C-C 键的键能大于Si-Si 键且C-H 键的键能大于Si-H 键，说明C-C 键和C-H 键更稳定，因而所形成的烷烃更稳定，种类和数量也更多，而Si-Si 键和Si -H 键键能低，易断裂，导致长链硅烷难以生成，限制了硅烷的种类和数量，D 项正确； 答案选D 。

12．下列晶体中属于原子晶体的是 A ．I 2
B ．SiC
C ．Cu
D ．CsCl
答案：B
解析：A ．I 2晶体由I 2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Cu 2+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．通常状况下，3NCl 是一种油状液体，可用于漂白，其分子空间构型与氨分子的相似。

下列关于3NCl 的叙述正确的是 A ．3NCl 分子中所有原子共面 B ．3NCl 能与Cl -以配位键生成4NCl -
C ．3NBr 比3NCl 易挥发
D ．3NCl 水解生成3NH 和HClO
答案：D
解析：A ．其分子空间构型与氨分子的相似,氨气分子是三角锥形,不是平面结构，A 错误；
B ．氮原子有孤对电子，但氯离子无空轨道，二者不能形成配位键，B 错误；
C ．3NBr 的相对分子质量比3NCl 的大，分子间的范德华力要大些，3NBr 的沸点比3NCl 的沸点高，因此3NCl 比3NBr 易挥发，C 错误；
D ．由于氮和氯之间的共用电子对偏向氮原子，所以分子中氮元素为-3价,氯为+1价,所以和水反应生成氨气和次氯酸，D 正确； 故选D 。

14．下列关于Na 、Cs 的化合物结构与性质的说法错误的是 A ．NaCl 为离子化合物，可推知CsCl 也为离子化合物 B ．NaCl 与CsCl 相比，熔点更高 C ．NaCl 与CsCl 晶胞中Cl -的配位数均为8
D ．Cs +容易形成配合物而Na +一般不会形成配合物的原因与微粒半径有关
解析：A ．Cs 与Na 是同一主族元素，元素的金属性Cs 比Na 强，若NaCl 为离子化合物，则可推知CsCl 也为离子化合物，A 正确；
B ．由于Na +离子半径比Cs +离子半径小，与Cl -形成的离子键比CsCl 强。

离子键越强，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，所以NaCl 的熔点比CsCl 高，B 正确；
C ．NaCl 是离子晶体，1个Na +被6个Cl -吸引，1个Cl -被6个Na +吸引，所以NaCl 晶胞中Cl -的配位数为6；在CsCl 晶体中，1个Cs +被8个Cl -吸引，1个Cl -被8个Cs +吸引，所以CsCl 晶胞中Cl -的配位数为8，C 错误；
D ．Na 、Cs 是同一主族元素，离子半径：Cs +＞Na +，Cs +容易形成配合物而Na +一般不会形成配合物，这与微粒半径有关，D 正确； 故合理选项是C 。

15．已知2CuCl 溶液中
()()
()()
[]()
()()222424Cu H O aq 4Cl aq CuCl aq 4H O l +
-
-⎡⎤++⎣⎦
黄色蓝色0H ∆>。

下列叙述不正
确的是
A ．加热2CuCl 溶液，溶液颜色由蓝变黄
B ．稀释2CuCl 溶液，溶液颜色由蓝变黄
C ．()224Cu H O +
⎡⎤⎣⎦中提供孤电子对的成键原子为O 原子 D ．[]24CuCl -
中2Cu +与Cl -之间形成的化学键为配位键
答案：B
解析：A .该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液由蓝色变为黄色，故A 正确；
B .加水稀释时，平衡向逆反应方向移动，溶液由黄色变为蓝色，故B 错误；
C .四水合铜离子中，铜离子提供空轨道，水分子中氧原子提供孤对电子，铜离子与水形成配位键，故C 正确；
D .四氯合铜离子中，铜离子提供空轨道，氯离子提供孤对电子，铜离子与氯离子形成配位键，故D 正确； 故选B 。

二、填空题
16．已知Co(NH 3)5BrSO 4可形成两种钴的配合物，若在配合物[Co(NH 3)5Br]SO 4的溶液中加入BaCl 2溶液时，现象是 ___________；若在配合物[Co(SO 4)(NH 3)5]Br 的溶液中加入BaCl 2溶液时，现象是______，若加入AgNO 3溶液时，现象是___________ 。

答案：产生白色沉淀 无明显现象 产生淡黄色沉淀
解析：配合物[Co(NH3)5Br]SO4在溶液中电离为[Co(NH3)5Br]2+、SO2-4，加入BaCl2溶液时，生成硫酸钡沉淀，则现象是产生白色沉淀；[Co(SO4)(NH3)5]Br在溶液中电离为
[Co(SO4)(NH3)5]+、Br-，加入BaCl2溶液时，无明显现象；而加入AgNO3溶液时，产生溴化银沉淀，现象为产生淡黄色沉淀。

17．现有下列物质，用编号填空回答下列各问：
A．干冰 B．氯化铵 C．氩 D．晶体硅 E.过氧化钠 F.二氧化硅
(1)通过非极性键形成的晶体是______。

(2)固态时属于不含化学键的分子晶体是______。

(3)含有极性键的分子晶体是______。

(4)由极性共价键形成的晶体是______。

(5)含有离子键、共价键、配位键的化合物是______。

(6)含有非极性键的离子化合物是______。

答案：D C A F B E
解析：(1) 晶体硅是由非极性键形成的晶体。

(2) 在以上几种物质中，氩为固态时属于不含化学键的分子晶体。

(3)干冰为含有极性键的分子晶体。

(4) 二氧化硅由极性共价键形成的。

(5) 氯化铵中含有离子键，共价键和配位键。

(6) 阴阳离子间以静电作用形成的化合物为离子化合物，同种非金属之间形成非极性共价键，故含有非极性键的离子化合物为过氧化钠。

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N A 为阿伏加德罗常数的值，则氮化硼晶体的密度为_______g/cm 3(用代数式表示)。

II.在硅酸盐中，SiO 4-
4四面体(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：4 34γ 22
333(,,)444 b 3A 425N γ⋅⨯ 1:3 23SiO -
或2n 3n [SiO ]- 【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，11
86482
⨯
+⨯=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
14 3
cm ，DE 原子即晶体中两个距离最近的B 2，即 2
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333
(,,)444。

(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
A
425
g N ⨯ ，氮化硼
晶胞参数为γcm ，则晶胞体积为33cm γ，晶胞密度即 晶体的密度为
3A 333
A 425
g 425g/cm cm N N γγ⋅⨯⨯=。

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1
2232
+⨯=，即Si 与O 的原子数之比为1:3；化学式为23SiO -
或2n 3n [SiO ]-。

19．三氟化氮是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工，太阳能电池制造和液晶显示器制造中得到广泛应用。

NF 3是一种三角锥型分子，键角102°，沸点-129℃；可在铜的催化作用下由F 2和过量NH 3反应得到。

(1)NF 3的沸点比NH 3的沸点(-33℃)低得多的主要原因是___________。

(2)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol -1)，回答下面各题：
②T 元素最可能是___________区元素。

若T 为第二周期元素，F 是第三周期元素中原子半径最小的元素，则T 、F 形成化合物的空间构型为___________，其中心原子的杂化方式为___________。

(3)氨硼烷(NH 3BH 3)是优良的储氢材料，H 3BNH 3的等电子体的化学式为___________。

(4)(N 5)6(H 3O)3(NH 4)4Cl 的晶体密度为dg·cm -3，其立方晶胞参数为anm ，晶胞中含有y 个[(N 5)6(H 3O)3(NH 4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M ，则y 的计算表达式为___________。

答案：NH 3能形成分子间氢键，NF 3只有范德华力 R 和U P 平面(正)三角形 sp 2 C 2H 6
3602a d M
或321A
a dN 10M -⨯
解析：（1）NH 3能形成氢键，NF 3只有范德华力，氢键的存在导致物质的熔沸点升高，所以NF 3的沸点比NH 3的沸点（-33℃）低得多，故答案为：NH 3能形成氢键，NF 3只有范德华力；
（1）根据元素电离能知，Q 元素第一电离能到第四电离能之间相差不大，且其第一电离能较大，所以Q 可能是稀有气体元素；
R 第一电离能和第二电离能相差较大，则R 为第IA 族元素；
S 元素第二电离能和第三电离能相差较大，则S 为第IIA 族元素；
T 元素第三电离能和第四电离能相差较大，则T 元素为第IIIA 族元素；
U 元素第一电离能和第二电离能相差较大，则U 为第IA 族元素，
①这几种元素中，电离能变化趋势相似的是R 和U ，是在周期表中，最可能处于同一族的是R 和U ；
②由T 元素电离能的变化可知T 最外层有三个电子，位于周期表中第ⅢA 族，在P 区，若T 为第二周期元素，应为B 元素，E 是第三周期元素中原子半径最小的元素，应为Cl 元素，二者形成的化合物为BCl 3，根据价层电子对模型可知应为平面正三角形结构，中心原子的杂化方式为 sp 2杂化，故答案为：P ；平面正三角形；sp 2；
(3)原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，与H 3BNH 3的等电子体的化学式为C 2H 6；
(4)根据密度的定义有，d=()
327/10A y M N g cm a -⨯⨯，解得y=3602a d M =321A a dN 10M -⨯。

20．Ⅰ.锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。

但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成配合物离子[Zn(NH 3)4]2＋。

回答下列问题：
(1)单质铝溶于氢氧化钠溶液后，溶液中铝元素的存在形式为___________(用化学式表示)。

(2)试解释在实验室不适宜可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因：___________。

(3)不考虑空间构型，[Zn(NH 3)4]2+的结构可用示意图表示为___________。

Ⅱ.0.3mol 的气态高能燃料乙硼烷(B 2H 6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出649.5kJ 热量，其热化学方程式为___________。

答案：-2AlO 或[Al(OH)4]- 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过量氨水中，生成[Zn(NH 3)4]2＋，且氨水的用量不易控制
B 2H 6(g)+3O 2(g)=B 2O 3(s)+3H 2O(l)△H=-2165kJ/mol
解析：Ⅰ. (1)单质铝溶于氢氧化钠溶液生成NaAlO 2和氢气，溶液中铝元素的存在形式为-
2AlO ；
(2) 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过量氨水中，生成[Zn(NH 3)4]2＋，且氨水的用量不易控制，所以实验室不适宜可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌；
(3)Zn 2+与NH 3分子通过配位键形成[Zn(NH 3)4]2+，Zn 2+提供空轨道、NH 3提供孤电子对，
[Zn(NH 3)4]2+的结构可用示意图表示为；
Ⅱ.0.3mol 的气态高能燃料乙硼烷(B 2H 6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出649.5kJ 热量，1 mol 的气态高能燃料乙硼烷(B 2H 6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出2165kJ 热量，其热化学方程式为B 2H 6(g)+3O 2(g)=B 2O 3(s)+3H 2O(l)△H=-2165kJ/mol 。

21．有下列七种物质：
A．干冰 B．氧化镁 C．氯化铵 D．固态碘 E.烧碱 F.冰 G.过氧化钾
(1)熔化时需要破坏共价键和离子键的是___________(填字母，下同)。

(2)熔点最低的是___________。

(3)既有离子键又有共价键的是___________。

(4)只含有极性键的是___________。

(5)含非极性键的是___________。

答案：C A CEG AF DG
【分析】
A干冰为只含极性键的共价化合物，属于分子晶体，常温下为气体，熔点低；B氧化镁为只含离子键的离子化合物，属于离子晶体；C氯化铵为即含离子键又含共价键的离子化合物，属于离子晶体；D固态碘为只含非极性键的分子晶体；E烧碱为即含离子键又含共价键的离子化合物属于离子晶体；F冰为只含极性共价键的分子晶体；G过氧化钾为即含离子键又含共价键的离子化合物，属于离子晶体，结合化学键等相关知识分析可得。

解析：(1) 氯化铵为即含离子键又含共价键的离子化合物，属于离子晶体，所以氯化铵晶体熔化时即要破坏共价键又要离子键，故选C；
(2) 根据分析可知：干冰为含极性键的分子晶体，属于分子晶体，常温下为气体，是七种物质中唯一的气体，熔点最低，故选A；
(3)根据分析可知：氯化铵晶体、烧碱以及过氧化钾为即含离子键又含共价键的离子化合物，故选CEG；
(4)根据分析可知：干冰和冰为只含极性键的共价化合物，故选AF；
(5)根据分析可知：固态碘为只含非极性键的物质，过氧化钾为即含离子键又含非极性键的离子化合物，故选DG。

22．铝的下列用途主要是由它的哪种性质决定的？
(1)作盛放浓硝酸的容器：___________；
(2)作导线：___________。

(3)作包装铝箔：___________。

(4)焊接铁轨：___________。

(5)冶炼钒、铬、锰：___________。

答案：钝化良好的导电性良好的延展性强还原性强还原性
解析：(1)铝在冷的浓硝酸中发生钝化，所以铝用作盛放浓硝酸的容器；
(2)铝有良好的导电性，所以用铝作导线；
(3)铝具有良好的延展性，所以铝可用作包装铝箔；
(4)铝具有强还原性，铝和氧化铁能发生铝热反应，所以可用铝热反应来焊接铁轨；
(5) 铝具有强还原性，所以可用铝冶炼钒、铬、锰等金属。

23．石墨的片层结构如图所示，试回答：
(1)每个正六边形占有的碳原子数为___________。

(2)石墨晶体每一层内碳原子数与C-C 键数之比是___________。

(3)ng 碳原子可构成___________个正六边形。

答案：2：3 A n 24N 解析：(1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个正六边形占有的碳原子数是1623
⨯=，故答案为：2； (2)每个正六边形所占的碳原子数为2，所占的C C -键数为16=32⨯
，所以石墨晶体每一层内碳原子数与C C -键数之比是2：3，故答案为：2:3；
(3)g n 碳原子数为A 24nN ，故可构成A 24nN 个正六边形，故答案为：A n 24
N 。

24．硒化物(如48KCu Se )可用于太阳能电池、光传感器，热电发电与制冷等。

回答下列问题：
(1)基态Se 原子核外电子排布式为[Ar]___________。

(2)K 与Cu 位于同周期，金属钾的熔点比铜的低，这是因为___________
(3)O 、S 、Se 均位于元素周期表第ⅥA 族，它们的氢化物2H O 、2H S 及2H Se 分子的键角从大到小顺序为___________。

(4)TMTSF()中共价键的类型是___________，每个分子中含___________个σ键。

答案：10243d 4s 4p 钾的原子半径比铜的大，价电子数比铜少，钾的金属键比铜的弱 222H O H S H Se ＞＞ σ键和π键 27
解析：(1)基态Se 原子位于第四周期，34号元素，[Ar]中含有18个电子，还需要14个电子，根据核外电子填充规则，基态Se 原子核外电子排布式为[Ar]3d 104s 24p 4；
(2)金属的熔沸点与金属键强弱有关，K 、Cu 均为金属晶体，Cu 的半径比K 小，离子电荷比K 多，铜的金属键更强，则金属钾的熔点比铜的低；
(3)O 、S 、Se 均位于元素周期表第ⅥA 族，它们的氢化物分别为2H O 、2H S 及2H Se
中心原子的电负性越大，对孤对电子的吸引能力越强，键角越大，电负性：O ＞S ＞Se ，则分子的键角从大到小顺序为222H O H S H Se ＞＞；
(4)共价键中，单键为σ键，双键中一个σ键和 一个π键，TMTSF()中共价键的类型是σ键和π键，根据结构式可知，每个分子中含27个σ键。

25．“NiO”晶胞如图：
(1)氧化镍晶胞中原子坐标参数A 为(0，0，0)，B 为(1，1，0)，则C 原子坐标参数为___________。

(2)已知氧化镍晶胞密度为d g·cm -3，N A 代表阿伏加德罗常数的值，则Ni 2＋半径为___________nm(用代数式表示)。

答案：(12
，1，1)73A 2-230010N d ⨯ 解析：(1)氧化镍晶胞中原子坐标参数A 为(0，0，0)，B 为(1，1，0)，则晶胞边长为1，则C 原子坐标参数为（12
，1，1）； (2)已知氧化镍晶胞密度为d g·cm －3，设Ni 2＋半径为r nm ，O 2-原子半径为x nm ，晶胞的参数为a nm ，在氧化镍晶胞中，含O 2-个数为81
8⨯+612⨯
=4，Ni 2＋个数为1214⨯+1=4，即一个晶胞中含有4个NiO ，则一个晶胞的质量为A
754N ⨯g ，V (晶胞)＝(a ×10-7)3cm 3，则可以得到(a ×10-7)3·d ＝A 300N ，a 3A 300N d
⨯107nm 。

根据氧化镍晶胞截面图，可知晶胞对角线3个O 原子相切，即晶胞面对角线长为O 2-半径的4倍，晶胞参数a ＝2x ＋2r ，即4x ＝2a ，x ＝24a ，带入计算可得到r ＝2a －24a 3A 223004N d
-⨯107nm 。

26．下表是元素周期表短周期的一部分：。