第三章 晶体结构与性质 测试题
一、选择题
1．将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O△H。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：
已知：[Co(H2O)6]2+粉红色、[CoCl4]2-蓝色、[ZnCl4]2-无色，下列结论和解释正确的是
A．[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-的Co2+配位数之比为2︰3
B．由实验①可知平衡逆向移动
C．由实验②可推知△H＜0
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＜[CoCl4]2-
2．物质的结构决定性质，正确认识物质的结构，能充分理解掌握其性质。下列说法正确的是
A．键能N－N>P－P、N－H>P－H，因此N2H4的沸点大于P2H4的
B．熔点：SiCl4
D．PCl5和PBr5在熔融时的阴离子分别为[PCl6]—和Br—，存在差异的原因是Br—半径大
3．下列说法中不正确的是
A．离子化合物一定含有阴离子和阳离子的
B．熔融状态下能导电的物质定是离子化合物
C．两种元素形成离子化合物的过程中一定伴有电子得失
D．原子序数为12和9的原子所对应的元素可形成离子化合物
4．下列说法正确的是( )
A．原子晶体中的相邻原子都以共价键相结合
B．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
C．干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
D．Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶1
5．下列晶体属于分子晶体的是
A．Si B．SiO2 C．SiCl4 D．SiC
6．(式量为M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数为。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A．的价层电子排布式为
B．基态S原子电子自旋磁量子数的代数和为1
C．若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为
D．晶体的密度为
7．(三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成(硼酸，结构如图)和(氟硼酸)，与氨气相遇立即生成白色的(氨合三氟化硼)固体。下列说法不正确的是
A．和中心硼原子杂化方式不同
B．晶体含有6mol氢键
C．显酸性原因：
D．结构式为
8．在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
9．向蓝色的硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，溶液变为绿色，向绿色溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，最终蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液，再向深蓝色溶液中加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列说法不正确的是
A．上述过程中涉及2种配离子
B．深蓝色晶体中含铜配离子的配位数为4
C．上述的转化过程说明铜离子与不同配体形成的配位键强度不同
D．向深蓝色溶液中加入乙醇通过改变溶剂极性，使溶质溶解度降低
10．下列说法中不正确的是
A．图1氧化镍晶体的化学式为NiO
B．图1距O最近的Ni构成正八面体
C．图3团簇分子的化学式为A3B
D．图2氧化钠晶体化学式为Na2O
11．下列固体熔化时破坏共价键的是
A．冰 B．铝 C．二氧化硅 D．烧碱
12．Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素，均能与反应，其中Co和Ni均得到二氯化物，三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，均为NaCl型。下列说法错误的是
A．每个二价阳离子均处于周围6个构成的正八面体空隙中
B．、和的氧化性由强到弱的顺序为
C．与盐酸反应有黄绿色气体生成，则发生反应的离子方程式为
D．三种元素二价氧化物熔点由高到低的顺序为
13．下列变化过程需克服共价键的是
A．二氧化硅熔化 B．冰融化 C．氯化钾熔化 D．钠熔化
14．下列说法中，正确的是
A．干冰置于空气中升华，需克服分子间作用力
B．冰融化时，分子中键发生断裂
C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔、沸点就越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定
15．SF6可作为超高压绝缘介质气体，分子如图呈正八面体结构，有关SF6的说法正确的是
A．属于原子晶体 B．是非极性分子
C．S和F之间共用电子对偏向S D．所有原子均满足8电子稳定结构
二、填空题
16．稀土资源是重要的战略资源，如图为某稀土元素A的氧化物晶体的立方晶胞结构示意图，其中氧离子占据顶点、面心、棱心、体心的位置，A离子占据半数的立方体空隙。写出A氧化物的化学式___________，A离子的配位数为___________，已知晶胞参数为apm，则A—A间距为___________pm，设A的摩尔质量为MAg·mol-1，晶体的密度为___________g·cm-3。
17．回答下列问题：
(1)硫氰酸(H－S－C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H－N=C=S)的原因是______。
(2)硅和卤素单质反应可以得到SiX4，SiX4的熔沸点如表：
SiF4 SiCl4 SiBr4 SiI4
熔点/K 183.0 203.2 278.6 393.7
沸点/K 187.2 330.8 427.2 560.7
SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4沸点依次升高的原因是______。
(3)镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇(CH2=CH－CH2OH)，其相对分子质量等于丙醛(CH3CH2CHO)，但两者沸点相差较大，原因是______。
(4)石墨的硬度小、熔沸点高的原因分别是______。
(5)常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是______。
(6)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是_____。
18．(1)C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。
①Si位于元素周期表第__周期第__族。
②Cu的基态原子最外层有__个电子。
③用“＞”或“＜”填空：
原子半径 电负性 熔点 沸点
Al___Si N___O 金刚石__晶体硅 CH4___SiH4
(2)①N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：
电离能 I1 I2 I3 I4 ……
In/(kJ·mol-1) 578 1817 2745 11578 ……
则该元素是___(填写元素符号)。
②Ge的最高价氯化物的分子式是__。
③Ge元素可能的性质或应用有__。
A．是一种活泼的金属元素
B．其电负性大于硫
C．其单质可作为半导体材料
D．其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点
19．晶胞有个基本要素：原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，，0)。则D原子的坐标参数为________。
(勘误：图中D原子与A原子相连)
三、计算题
20．亚铁氰化钾}又称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为，回答问题：
(1)写出基态的核外电子排布式：___________。
(2)中的作用力除共价键外，还有___________和___________。含有12molσ键的的物质的量为1mol。
(3)黄血盐中C原子的杂化方式为sp；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为___________，电负性由大到小的排序为___________。
(4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示：
①钠的熔点比钾更高，原因是___________。
②Fe原子半径是rcm，阿伏加德罗常数为，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是___________。
21．碳化钨是耐高温耐磨材料。图1为碳化钨晶体的部分结构，碳原子嵌入金属的晶格间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙化合物。金属镁的晶体结构与碳化钨相似，金属镁的晶胞可用图2表示，已知镁原子的半径为r pm，晶胞高为h pm，求晶胞中镁原子的空间利用率_______(用化简后含字母π、r和h的代数式表示)
四、元素或物质推断题
22．如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：
(1)根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，⑨元素位于周期表的________区。
(2)④、⑥两元素形成的化合物的立体构型为________，其中心原子的杂化轨道类型为________。
(3)元素⑧的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中，该离子与NH3间结合的作用力为________。
(4)在周期表给出的9种元素中，电负性最大的元素基态原子的电子排布式为___________。
(5)在①与④形成的相对分子质量最小的化合物A中，元素④的杂化类型是____，写出与化合物A互为等电子体的一种阳离子______(填离子符号)。
(6)关于元素①与元素⑤形成的1︰1的化合物，下列说法正确的是______(填字母序号)。
A．该化合物中的所有原子都满足最外层8电子稳定结构
B．该化合物分子中σ键和π键数目比为1︰1
C．该化合物是由极性键和非极性键形成的极性分子
D．该化合物分子的空间构型为直线形
(7)元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于________晶体(填晶体类型)，化合物中⑦的化合价为：_______。根据等电子体理论，该化合物的配体的结构式为：_______，CaC2中，阴离子的电子式为： ____________________。
五、实验题
23．Cu可形成多种配合物，一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作杀虫剂，媒染剂等。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体并测定其纯度。根据下列信息回答问题：
(1)[Cu(NH3)4]SO4中的中心离子为______，若[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，且当其中的两个NH3被两个Cl-取代时，能到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间结构为______。
(2)将氨水逐滴加入硫酸铜溶液中，现象如图：
向硫酸铜溶液中加入适量氨水产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OH)2SO4，生成此沉淀的离子方程式为______。继续滴加氨水，溶液变为深蓝色，由该过程可知______(填“H2O”或“NH3”)与Cu2+形成的配位键更稳定。
(3)向深蓝色溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，加乙醇析出深蓝色晶体的原因是_____；再经过过滤、洗涤、干燥可得到深蓝色晶体，以下最合适的洗涤液为_____。
A．乙醇 B．蒸馏水 C．乙醇和水的混合液 D．饱和硫酸钠溶液
(4)产品纯度的测定。精确称取mg晶体溶于适量水，然后逐滴加入足量NaOH溶液，并将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL0.5000mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。吸收液用甲基橙作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定锥形瓶中过剩的盐酸，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。样品中产品纯度的表达式为______。
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：A．由化学式可知，[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—的Co2+配位数之比为3︰2，故A错误；
B．实验①加水稀释，溶液由蓝色变为粉红色说明加水稀释时，平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C．由实验②将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液由蓝色变为粉红色说明降低温度时，平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应△H>0，故C错误；
D．实验③加入少量氯化锌固体，溶液由蓝色变为粉红色说明锌离子与氯离子结合生成[ZnCl4]2—，溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，则[ZnCl4]2—-的稳定性强于[CoCl4]2—，故D错误；
故选B。
2．D
解析：A．N2H4能形成分子间氢键，P2H4不能形成分子间氢键，所以N2H4的分子间作用力强于P2H4，沸点大于P2H4，故A错误；
B．四氯化硅和四氟化硅是结构相似的分子晶体，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，分子间作用力大于四氟化硅，熔点高于四氟化硅，故B错误；
C．氨硼烷分子中含有的氮氢极性键、硼氢极性键、氮硼配位键都是σ键，则1mol氨硼烷中σ键数是7NA，故C错误；
D．溴离子的离子半径大于氯离子，不能与磷原子形成六溴合磷离子，所以五氯化磷和五溴化磷在熔融时的阴离子分别为六氯合磷离子和溴离子，故D正确；
故选D。
3．B
解析：A．离子化合物是由阴离子和阳离子通过静电吸引而成，一定存在阴离子和阳离子，故A正确；
B．熔融状态下导电的物质不一定是离子化合物，如金属等，故B错误；
C．因为离子化合物由阴离子和阳离子构成，两种元素在形成离子化合物时，一种失去电子变成阳离子，另一得到电子变成阴离子，故C正确；
D．原子序数为12的元素为Mg，可形成镁离子；原子序数为9的元素为F，可形成氟离子，两者可形成离子化合物氟化镁，故D正确；
故选B。
4．A
解析：A．原子晶体是原子组成，原子晶体中的相邻原子都以共价键相结合，故A正确；
B．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，如Hg常温下为液态，故B错误；
C．干冰升华时分子中共价键不发生断裂，克服的是分子间作用力，故C错误；
D．Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2，故D错误；
故选A。
5．C
解析：A．Si为共价晶体，A错误；
B．SiO2为共价晶体，B错误；
C．SiCl4为分子晶体，C正确；
D．SiC为共价晶体，D错误；
故答案选C。
6．B
解析：A．位于第五周期ⅢA、核外电子排布式为，A正确；
B． 基态S原子电子排布式为，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B不正确；
C． 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为，C正确；
D．晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×+4×+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×+6×=4，8个S位于晶胞内，则晶体的密度为，D正确；
答案选B。
7．B
解析：A．中心原子价层电子对数为3+=3，中心原子价层电子对数为4+=4，二者中心硼原子杂化方式不同，故A正确；
B．1个参与6个氢键的形成，每个氢键形成于两个硼酸分子之间，则1mol晶体中含有6mol=3mol氢键，故B错误；
C．是一元弱酸，在水溶液中电离产生H+使溶液呈酸性，电离方程式为：，故C正确；
D．NH3中N原子为sp3杂化，N原子上有一对孤电子对，BF3中B原子为sp2杂化，杂化轨道与F原子形成3个共价键，故有一个2p空轨道，与NH3形成配位键，结构式为，故D正确；
故选B。
8．A
解析：A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键，A错误；
B．根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B正确；
C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C正确；
D．非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D正确；
综上所述答案为A。
9．A
解析：A．CuSO4溶液中滴加过量氨水，先出现蓝色沉淀后沉淀溶解变为深蓝色溶液，由于氨水呈碱性，Cu2+先于溶液中的OH-结合生成Cu(OH)2，但由于氨水是过量的，过量的NH3可与Cu2+结合生成稳定的配位键，故过程中涉及到一种配离子，A错误；
B．深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4H2O的铜离子的配位数为4，B正确；
C．CuSO4溶液中滴加过量氨水，先出现蓝色沉淀后沉淀溶解变为深蓝色溶液，由于氨水呈碱性，Cu2+先于溶液中的OH-结合生成Cu(OH)2，但由于氨水是过量的，过量的NH3可与Cu2+结合生成稳定的配位键，配合物向生成更稳定的配合物转化，故铜离子与不同配体形成的配位键强度不同，C正确；
D．步骤3中加入乙醇可减小溶剂极性，降低Cu(NH3)4SO4的溶解度，从而析出深蓝色晶体，D正确；
故选A。
10．C
解析：A．图1中一个晶胞中含有Ni个数为：个，O个数为：个，故氧化镍晶体的化学式为NiO，A正确；
B．图1距O最近的Ni即中心O原子上、下、左、右、前、后共6个，其构成正八面体，B正确；
C．根据题意可知，该化合物是气态团簇分子，分子中含有的原子个数就是其分子式中的原子个数，根据图3可知，该分子中含6个A原子、8个B原子，故分子式为A6B8，C错误；
D．图2中一个晶胞中含有Na个数为：8个，含有O个数为：个，则氧化钠晶体化学式为Na2O，D正确；
故答案为：C。
11．C
解析：A．冰是固态水，熔化时破坏的是分子间作用力，故A不选；
B．铝属于金属，熔化时破坏的是金属键，故B不选；
C．二氧化硅中硅原子和氧原子之间存在极性共价键，二氧化硅熔化时破坏极性共价键，故C选；
D．烧碱是NaOH，属于离子化合物，熔化时破坏的是离子键，故D不选；
故选C。
12．D
解析：A．三种元素二价氧化物的晶胞类型均为NaCl型。每个阳离子(二价)周围离它最近的有6个，每个阳离子(二价)处于这6个构成的正八面体空隙中，A正确；
B．铁和氯气反应生成，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：，氯气与Co反应得到二氯化物说明氯气的氧化性比弱，由此推断、和的氧化性由强到弱的顺序为，B正确；
C．与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成、、，其离子方程式：，C正确；
D．三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，Fe、Co、Ni在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，离子半径，NiO、CoO、FeO的离子键按NiO、CoO、FeO依次减弱，因此其熔点由高到低的顺序为，D错误；
故选D。
13．A
【分析】共价晶体熔化克服共价键，离子晶体熔化或电离均克服离子键，分子晶体发生三态变化只破坏分子间作用力，金属晶体熔化克服金属键，以此来解答。
解析：A．二氧化硅是共价晶体，熔化克服共价键，故A符合题意；
B．冰融化克服的是分子间作用力，故B不符合题意；
C．氯化钾熔化克服的是离子键，故C不符合题意；
D．钠熔化克服金属阳离子和自由电子之间的金属键，故D不符合题意；
答案选A。
14．A
解析：A．干冰属于分子晶体，置于空气中升华需要吸收热量用于克服分子间作用力，A正确；
B．冰融化时只发生状态的改变而化学键没有改变，所以分子中键不发生断裂，B错误；
C．分子晶体中，分子间作用力越大，该分子的熔、沸点就越高，但与共价键键能无关，C错误；
D．分子的稳定性与分子内的共价键键能有关，与分子间作用力无关，D错误；
答案选A。
15．B
解析：A．由题意知，SF6属于分子晶体，A错误；
B．SF6分子呈正八面体结构，正负电荷中心重叠、是非极性分子，B正确；
C． S非金属性比F弱、吸引电子能力弱，S-F键中共用电子对偏向F、偏离S，C错误；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误；
答案选B。
二、填空题
16． AO2 8
解析：根据图中信息得到氧离子个数为8×+12×+6×+1=8，A个数为4，因此A氧化物的化学式AO2，A离子周围紧邻的氧离子有8个，因此A离子的配位数为8。已知晶胞参数为a pm，则A—A间距为面对角线的一半，因此A—A间距为apm，A的摩尔质量为MA g/mol，晶体的密度为。
17．(1)异硫氰酸分子间可形成氢键
(2)SiX4是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大
(3)丙烯醇分子之间能形成氢键
(4)石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高
(5)HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能；HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水
(6)氨气分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量
解析：（1）异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸(H－S－C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H－N=C=S)；
（2）SiX4是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，故SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4沸点依次升高；
（3）丙烯醇(CH2=CH－CH2OH)与丙醛(CH3CH2CHO)相对分子质量相等，但丙烯醇分子之间能形成氢键，故两者沸点相差较大，前者较高；
（4）石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高；
（5）HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能；HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水，因此常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L；
（6）氨气分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量。
18． 三 ⅣA 1 ＞ ＜ ＞ ＜ Al GeCl4 CD
【分析】硅是14号元素，通过分析核外电子排布情况，可确定其在周期表中的位置；通过书写铜的电子排布式，可确定最外层电子数。比较原子半径时，可比较其电子层数和最外层电子数；比较电负性时，可比较其非金属性；比较原子晶体的熔点时，可比较其原子半径或非金属性；比较分子晶体沸点时，可比较其相对分子质量。确定元素的最外层电子数时，可利用电离能数据，找出在哪两个电离能之间，电离能突然增大，则易失去几个电子，最外层电子数就是几。确定元素的最高化合价时，应利用其最外层电子数；分析元素的可能性质时，可利用同主族元素的性质递变规律。
解析：(1)①Si为14 号元素，电子排布为2、8、4，所以位于元素周期表第三周期第ⅣA族。
②Cu的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，最外层有1个电子。
③由以上分析知，Al、Si同周期，且Al在Si的左方，Al半径大；非金属性N
Al＞Si N＜O 金刚石＞晶体硅 CH4＜SiH4
答案为：三；ⅣA；1；＞；＜；＞；＜；
(2)①从图中可以看出，I3到I4，数值突然增大，所以该原子易失去3个电子，即最外层有3个电子，则该元素是Al。
②Ge为32 号元素，电子排布为2、8、18、4，最高价为+4价，最高价氯化物的分子式是GeCl4。
③A．锗与硅同主族，其金属性比硅强，是不太活泼的金属元素，A不正确；
B．锗为金属元素，电负性：Ge
D．GeCl4与GeBr4都为分子晶体，相对分子质量前者小于后者，所以其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点，D正确；
故选CD。答案为：Al；GeCl4；CD。
19．(,,)
解析：根据晶胞结构分析，D周围距离最近的4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平行侧面的平面将半个晶胞2等份，则AD长度等于晶胞体对角线长度的，可知D到各坐标平面的距离均为晶胞棱长，故D参数为：(,,)。
三、计算题
20．(1)[Ar]3d5
(2) 离子键 配位键
(3) N＞O＞C O＞N＞C
(4) 钠原子半径比钾原子半径小，钠的金属键键长比钾的金属键键长短，键能大，因此熔点高
解析：（1）Fe为26号元素，Fe基态原子电子排布式为[Ar]3d64s2，则的核外电子排布式：[Ar]3d5；故答案为：[Ar]3d5。
（2）中的作用力除共价键外，还有阴离子和阳离子形成离子键和配位键；故答案为：离子键；配位键。
（3）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则C、N、O的第一电离能由大到小的排序为N＞O＞C；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性由大到小的排序为O＞N＞C；故答案为：N＞O＞C；O＞N＞C。
（4）①钠的熔点比钾更高，钠原子半径比钾原子半径小，钠的金属键键长比钾的金属键键长短，键能大，因此熔点高；故答案为：钠原子半径比钾原子半径小，钠的金属键键长比钾的金属键键长短，键能大，因此熔点高。
②该晶胞是体心立方，Fe原子半径是r cm，体对角线是4个原子半径，则晶胞参数为，阿伏加德罗常数为，铁的相对原子质量为a，根据图中信息得到晶胞中有铁原子个，则铁单质的密度是；故答案为：。
21．或
解析：由晶胞结构可知，晶胞中镁原子的个数为1+8×=2，则晶胞中镁原子的体积为2× pm3；晶胞丁中虚线所标的四个硬球关系为正四面体关系，晶胞的体对角线为镁原子的原子半径的4倍，则晶胞的边长为2r pm，由晶胞高为h pm可知，晶胞体积为(2r)2hsin60 pm3=2r2h，则晶胞中镁原子的空间利用率为==，故答案为：或。
四、元素或物质推断题
22． ds 三角锥形 sp3 配位键 1s22s22p5； sp3 H3O+ C 分子 0
【分析】根据元素周期表的位置，①为H、②为B、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Fe、⑧为Cu、⑨为Zn；
(1)⑨为Zn元素，其价电子排布式为3d104s2；
(2) ④为N元素，⑥为F元素，两元素形成的化合物为NF3，N原子的价层电子对个数=3+=4，其中孤电子对数为1；
(3)元素⑧为Cu，Cu(OH)2溶于氨水，生成配离子[Cu(NH3)4]2+；
(4)元素的非金属性越强，电负性越大，则①~⑨中氟元素的电负性最大，其核电荷数为9；
(5) ①为H、④为N，两元素形成的相对分子质量最小的化合物为NH3，N原子的价层电子对个数=3+=4，其中孤电子对数为1；
(6)①⑤形成的原子数为1：1的物质是H2O2．其结构式为H-O-O-H，含有极性键，是极性分子；
(7)元素⑦与CO可形成的Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，属于分子晶体；在Fe(CO)5在C元素为+2价，O为-2价，结合正负化合价代数和为0可知，Fe元素的化合价为0；CO和N2、均为等电子体，结合N2的结构写出CO的结构和的电子式。
解析：根据元素周期表的位置，①为H、②为B、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Fe、⑧为Cu、⑨为Zn；
(1) ⑨为Zn元素，其价电子排布式为3d104s2，则锌元素位于周期表的ds区；
(2) ④为N元素，⑥为F元素，两元素形成的化合物为NF3，N原子的价层电子对个数=3+=4，其中孤电子对数为1，则N原子的杂化轨道类型为sp3，NF3的立体构型为三角锥形；
(3) 元素⑧为Cu，Cu(OH)2溶于氨水，生成配离子[Cu(NH3)4]2+，，Cu2+离子与NH3间结合的作用力为配位键；
(4)元素①~⑨中氟元素的电负性最大，其核电荷数为9，基态氟原子的电子排布式为1s22s22p5；
(5) ①为H、④为N，两元素形成的相对分子质量最小的化合物为NH3，N原子的价层电子对个数=3+=4，其中孤电子对数为1，则N原子的杂化类型是sp3，与NH3互为等电子体的一种阳离子为H3O+；
(6)①⑤形成的原子数为1：1的物质是H2O2，其结构式为H-O-O-H；
A．分子中含有氢原子，氢原子达到2e-稳定结构，不是8e-，故A错误；
B．分子中不含π键，故B错误；
C．分子中H-O为极性键，O-O键为非极性键，H2O2为极性分子，故C正确；
D．H2O2分子中O原子是sp3杂化，则分子立体构型不是直线形结构，故D错误；
故答案为：C；
(7)元素⑦与CO可形成的Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，属于分子晶体，根据等电子体理论，CO和N2、均为等电子体，N2分子的电子式为，则CO的结构式为，的电子式为。
五、实验题
23．(1) Cu2+ 平面四边形或平面正方形
(2) 2Cu2++2NH3·H2O+SO=Cu(OH)2SO4↓+2NH NH3
(3) [Cu(NH3)4]SO4的极性较大，乙醇的极性较小，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度较小，故析出晶体 A
(4)×100%或×100%
解析：（1）NH3与Cu2+进行配位，则中心离子为Cu2+。[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构可能为正方形或正四面体，但正四面体中二氯代物只有一种。所以[Cu(NH3)4]2+为正方形。答案为Cu2+；正方形；
（2）氨水提供碱性产生沉淀Cu2(OH)2SO4，反应为2Cu2++2NH3·H2O+SO=Cu(OH)2SO4↓+2NH。加入氨水变为深蓝色即产生了[Cu(NH3)4]2+，所以NH3配位能力强于H2O。答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO=Cu(OH)2SO4↓+2NH；NH3；
（3）乙醇的极性小于水，加入乙醇降低了溶剂的极性，从而降低了其溶解度而析出晶体。选择极性略小的乙醇降低晶体的溶解度。答案为[Cu(NH3)4]SO4的极性较大，乙醇的极性较小，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度较小，故析出晶体；A；
（4）溶液中剩余的HCl与NaOH溶液反应，n剩(HCl)=n(NaOH)=0.5000mol/L×V2×10-3L=5V2×10-4mol，则与NH3反应的HCl为0.5000V1×10-3-5V2×10-4mol。关系式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O~4NH3~4HCl，计算得[Cu(NH3)4]SO4·H2O物质的量为（0.5000V1×10-3-5V2×10-4）× mol，则产品的纯度=。答案为。
