2021-2022学年山西省长治市第二中学校高二下学期第一次月考化学试题含解析

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长治二中2021~2022学年第二学期高二第一次月考化学试题
【本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟】
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Si-28 P-31 S-32 Co-59 Cu-64 Ag-108
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
一、选择题(每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上)
1. 生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是
A. 可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦
B. 壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有范德华力
C. 萘和碘易溶于四氯化碳，难溶于水，因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子
D. “挑尽寒灯梦不成”所看到的灯光和原子核外电子跃迁无关
【1题答案】
D
【解析】
A．每种元素在原子光谱中都有自己的特征谱线，用特征谱线可以确定元素组成，A正确；
B．壁虎足上有许多细毛，与墙壁之间存在范德华力，壁虎可以在天花板上自由爬行，B正确；
C．根据相似相容原理，非极性物质易溶于非极性溶剂、不易溶于极性溶剂，则可知：萘和碘易溶于四氯化碳是因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子，C正确；
D．原子中电子收到能量，电子发生跃迁，当跃迁回基态时收到的能量以光的形式放出，因此可以看到不同的颜色，即所看到的灯光和原子核外电子跃迁相关，D错误；
故答案选D。
2. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，124g 白磷(P4)中共价键数目为4NA
B. 常温常压下，6g金刚石中的共价键数目为NA
C. 标准状况下，1.12L18O2中含有的中子数为1.2NA
D. 常温常压下，60g SiO2中的共价键数目为2NA
【2题答案】
B
【解析】
A．白磷(P4)分子中含有6个P-P共价键，124g 白磷(P4)物质的量是1mol，则其中共价键数目为6NA，A错误；
B．金刚石中每个碳原子与四个碳原子相连，属于一个碳原子的碳碳共价键有2个，6g金刚石物质的量是0.5mol，其中的共价键数目为NA，B正确；
C．O元素的质子数是8，18O2分子中含有中子数为(18-8)×2=20，标准状况下，1.12L18O2物质的量为0.05mol，其中含有的中子数为NA，C错误；
D．SiO2中每个硅原子与四个氧原子相连，每个氧原子与两个硅相连，，属于一个硅原子的Si-O键有4个，60g SiO2物质的量为1mol，其中的共价键数目为4NA，D错误；
故选B。
3. 下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是
A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2
B. 第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8
C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11
D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族
【3题答案】
B
【解析】
A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A正确
B. 第三、第四周期同主族元素原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B错误；
C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C正确；
D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D正确；
故答案选：B。
4. 下列关于氢键的说法或现象中正确的是
①常温常压下，H2O的熔、沸点比第VIA族其他元素氢化物的高
②接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些
③H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键
④DNA双螺旋的两个螺旋链是通过氢键相互结合的
⑤氢键(X—H…Y)中三原子在一条直线上时，作用力最强
⑥邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的高
⑦可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子间形成了氢键
A. ①②③⑥ B. ①③⑤⑥ C. ①②④⑤ D. ①③④⑦
【4题答案】
C
【解析】
①水分子之间能形成氢键，所以常温常压下，H2O的熔、沸点比第VIA族其它元素氢化物的高，①正确；
②由于水分子之间存在氢键，使水分子通常以几个分子聚合的形式存在，所以接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些，②正确；
③H2O比H2S稳定是因为由于分子内的共价键O-H比S-H键牢固，与分子间存在的氢键无关，③错误；
④DNA双螺旋的两个螺旋链上的碱基通过氢键配对、即通过氢键相互结合在一起，④正确；
⑤由于氢键具有方向性，氢键(X—H…Y)中三原子在一条直线上时，作用力最强，⑤正确；
⑥邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔沸点相对较低，对羟基苯甲酸，形成分子间氢键，使熔沸点相对较高，⑥错误；
⑦可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子中C电负性不大、不可能与水分子间形成氢键，⑦错误；
综上C ①②④⑤ 正确，答案选C。
5. 掺镱的是约束核聚变研究所需要的首选激光材料。下列关于Ca、P、O、F四种元素的说法正确的是
A. P的第一电离能最大 B. O的原子半径最小
C. F的电负性最大 D. Ca的价电子数最多
【5题答案】
C
【解析】
【分析】Ca、P、O、F分别位于元素周期表的第四周期IIA族、第三周期VA族、第二周期VIA族和第二周期VIIA族，结合原子结构与性质分析解答。
A．一般来说，同周期元素第一电离能从左到右增大趋势，但ⅡA、ⅢA反常，ⅤA、ⅥA反常；同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小。结合四种元素位于周期表的位置，可知F的第一电离能最大，故A错误；
B．一般来说，同周期从左到右，原子半径逐渐变小；同周期从上到下，原子半径逐渐增大。结合四种元素位于周期表的位置，可知F的原子半径最小，故B错误；
C．一般来说，同周期从左到右，元素的电负性逐渐变大；同周期从上到下，元素的电负性逐渐变小。结合四种元素位于周期表位置，可知F元素的电负性最大，故C正确；
D．在主族元素中价电子数即最外层电子数，Ca的价电子数为2，P的价电子数为5，O的价电子数为6，F的价电子数为7，故F的价电子数最多，故D错误；
故选C。
6. 下列分子或离子的中心原子为sp3杂化，且杂化轨道容纳1对孤电子对的是
A. PH3、PCl3、H3O+ B. CO2、BF3、SO
C. HCN、SO2、BeCl2 D. CH4、NH3、H2O
【6题答案】
A
【解析】
【分析】根据杂化轨道理论共ABn型分子的计算公式及分子的成键特点进行判断杂化类型；根据题意中杂化轨道容纳1对孤电子对，说明分子空间构型为三角锥型。
A．PH3、PCl3、H3O+都是sp3杂化，分子空间构型为三角锥型，故A符合题意；
B．CO2中碳原子采用sp杂化，空间构型是直线型，没有孤电子对，故B不符合题意；
C．BeCl2中Be原子采用sp杂化，空间构型是直线型，没有孤电子对，故C不符合题意；
D．CH4中碳原子采用sp3杂化，分子空间构型为正四面体型，没有孤电子对，故D不符合题意；
故选答案A。
【点睛】本题考查分子的杂化类型，及价层电子对互斥理论，根据ABn型分子价层电子对计算公式进行计算判断。
7. CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等。已知：CuCl2溶与乙二胺（H2N—CH2—CH2—NH2），可形成配离子 ，该配离子不存在的化学键类型类型有
A. 配位键 B. 极性键 C. 离子键 D. 非极性键
【7题答案】
C
【解析】
该配离子中所形成的配离子中含有的化学键中N与Cu之间为配位键，C-C键为非极性键，C-N、N-H、C-H键为极性键，不含离子键，故答案为C。


8. 以下晶体是分子晶体的是
①金刚石 ②干冰 ③硫黄 ④金刚砂 ⑤氯化铯 ⑥铁 ⑦稀有气体的晶体 ⑧苯甲酸 ⑨C60 ⑩高锰酸钾
A. ②④⑤⑧⑨ B. ②③⑦⑧⑨ C. ①③⑧⑨⑩ D. ③⑦⑧⑨⑩
【8题答案】
B
【解析】
①金刚石是C原子之间以共价键结合形成立体网状结构，属于共价晶体；
②干冰是固态CO2，由CO2分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体；
③硫黄由硫单质分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体；
④金刚砂晶体中，每个Si原子与相邻4个C原子形成共价键，每个C原子与相邻的4个Si原子形成共价键，这种结构向空间扩展就形成了立体网状，因此金刚砂属于共价晶体；
⑤氯化铯由铯离子和氯离子构成、通过离子键相结合形成的离子晶体；
⑥铁属于金属晶体；
⑦稀有气体的晶体是由稀有气体分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体；
⑧苯甲酸是由苯甲酸分子(C6H5-COOH)通过分子间作用力结合形成的分子晶体；
⑨C60是由C60分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体；
⑩高锰酸钾由钾离子和高锰酸根离子构成、通过离子键相结合形成的离子晶体；
综上，是分子晶体的有是②③⑦⑧⑨，B满足；
答案选B。
9. 下列说法中不正确的是
A. 等离子体是熔点不高的仅有离子组成的液体物质
B. 液晶态是介于液态和晶态之间的物质状态，既具有液体的流动性又在某些物理性质方面具有类似晶体的各向异性
C. 金属的导电性、导热性、延展性均能用金属的电子气理论解释
D. 离子液体有良好的导电性，可用作电化学研究的电解质
【9题答案】
A
【解析】
A．等离子体是物质在气态的基础上进一步形成的气态微粒聚集体，A错误；
B．液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性、具有类似晶体的各向异性，B正确；
C．电子气理论是指：把金属键形象地描绘成从金属原子上“脱落"下来的大量自由电子形成与气体相比拟的带负电的“电子气"，金属原子则“浸泡”在"电子气”的海洋中；金属的导电性、导热性、延展性均能用金属的电子气理论解释，C正确；
D．离子液体是指在室温附近呈液态的全部由离子构成的物质，也称室温熔融盐，离子液体有良好的导电性，可用作电化学研究的电解质，D正确；
答案选A。
10. 在分子结构中，当a、b、x、y为彼此互不相同的原子或原子团时，称此分子为手性分子，中心碳原子为手性碳原子。下列分子中含有3个手性碳原子的是
A. B.
C. D.
【10题答案】
C
【解析】
A．由信息可知分子内有1个手性碳原子：，A错误；
B．分子内有1个手性碳原子：，B错误；
C．分子内有3个手性碳原子，如图所示：，C正确；
D．分子内连有-Br的两个碳原子均为手性碳原子，D错误；
答案选C。
11. H2O、SiH4、NH3、HF的沸点由高到低的顺序正确的是
A. H2O、HF、NH3、SiH4 B. H2O、NH3、HF、SiH4
C. HF、H2O、SiH4、NH3 D. H2O、SiH4、HF、NH3
【11题答案】
A
【解析】
H2O、SiH4、NH3、HF这几种物质都是分子晶体， SiH4分子间通过分子间作用力结合，H2O、NH3、HF分子间存在氢键。形成氢键时X－HY，一个氢原子只能形成一个氢键，1molHF只有1molH，故只能形成1mol氢键，NH3虽然具有三个H，但只有一个孤对电子，故也只能形成1mol氢键，水分子则可以形成2mol氢键，故水的熔沸点最高，由于电负性原因，同周期电负性依次增强，F的电负性大于N ，F－HF氢键的强度>N－HN氢键的强度，故HF的沸点高于氨，则H2O、SiH4、NH3、HF的沸点由高到低的顺序是H2O＞HF＞NH3＞SiH4，A正确；
答案选A。
12. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是


A. W在化合物中的价态可以为+1、-1
B. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
C. X单质的晶体属于分子晶体
D. Z的单质既能与水反应，也可与乙醇反应
【12题答案】
C
【解析】
【分析】依题意，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24，结合图中所示成键情况，Z的原子序数最大且易失去一个电子，推断Z是Na元素； Y能形成三个单键推断N元素；W的原子序数最小，且形成一个单键，推断为H元素；图示阴离子图总得一个电子，又有W、X、Y、Z的原子序数之和为1+X+7+11=24，X能形成四个单键，其中有一个是配位键，推断X为B元素；故W、X、Y、Z分别是H、B、N、Na。
A．H第一电子层就1个电子，可以失去，也可以得到1个形成稳定结构，故其在化合物中的价态可以为+1、-1，A正确；
B．N的最高化合价氧化物的水化物为HNO3，是强酸，B正确；
C．X是B，其单质的晶体属于共价晶体，C错误；
D．Na单质既能与水反应，也可与乙醇反应，均产生氢气，D正确；
故选C。
13. 下列说法中不正确的是


A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个
D. E和F形成的气态团簇分子的分子式为EF或FE
【13题答案】
D
【解析】
A．由图知，在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个、6个Cl-形成正八面体，A正确；
B．在CaF2晶体中，Ca2+位于顶点和面心，每个晶胞平均占有Ca2+数目为，B正确；
C．由图知，在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个，C正确；
D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4， D错误；
答案选D。
14. 某超分子的结构如图所示，下列有关超分子的描述不正确的是

A. 图示中的超分子是两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体
B. 超分子的特征是分子识别和分子自组装
C. 超分子就是高分子
D. 图示中的超分子中的N原子采取sp2、sp3杂化
【14题答案】
C
【解析】
A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，图示中的超分子是两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体，故A正确；
B． 超分子的特征是分子识别和分子自组装，例如细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故B正确；
C．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，超分子不同于高分子，故C错误；
D． 图示中的超分子中的N原子有双键、有单键，则采取sp2、sp3杂化，故D正确；
答案选C。
15. 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是


A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在
B. 冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3 mol·L−1（设冰的密度为0.9 g·cm−3）
C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变
D. 冰表面各层之间，均存可逆反应HClH++Cl−
【15题答案】
D
【解析】
【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。
A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；
B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为=5×10—3mol/L，故B正确；
C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；
D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。
16. 硅酸盐与二氧化硅一样，都以硅氧四面体作为基本结构单元。硅氧四面体可以表示成 ，其中“”表示氧原子，“”表示硅原子(注：图中原子的相对大小不表示实际的大小关系)。硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成不同的多聚硅酸根离子。当无限多个硅酸根离子分别以3个顶角氧和其他3个硅酸根形成层状结构时(如图所示)，试确定该阴离子中硅原子与氧原子的个数之比为

A. 1：2 B. 1：3 C. 1：4 D. 2：5
【16题答案】
D
【解析】
硅氧四面体中有3个氧原子被2个四面体共用，根据均摊原则，一个四面体占用1个Si原子、占用O原子数，所以硅原子与氧原子的个数之比为2:5，选D。
第Ⅱ卷 (非选择题 共52分)
17. 形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。
（1）下列物质中既有极性键，又有非极性键的极性分子是_______。
A. SO2 B. CCl4 C. H2O2 D. C2H2
（2）BF3的电子式_______，F—B—F的键角是_______。BF3和过量的NaF作用可生成NaBF4，BF的立体构型为_______。
（3）CCl3COOH、C2H5COOH、CF3COOH的酸性由强到弱的顺序为_______，请解释酸性大小的原因_______。
【17~19题答案】
（1）C （2） ①. ②. 120° ③. 正四面体形
（3） ①. CF3COOH>CCl3COOH> C2H5COOH； ②. F、Cl具有吸电子作用，F原子吸电子能力大于Cl原子，烷基具有斥电子作用
【解析】
【小问1详解】
两个同种非金属原子之间形成非极性共价键，两个不同非金属原子之间形成极性共价键。SO2中只有S和O原子形成的共价键，只有极性键，空间构型为V形，正负电荷的重心不重合，属于极性分子；CCl4中存在4个极性键C-Cl键，为正四面体结构，正负电荷的重心重合，属于非极性分子；H2O2的结构式是H-O-O-H，既存在极性键H-O键又存在非极性键O-O键，正负电荷的重心不重合，属于极性分子；C2H2的结构式为既存在极性键H-C键又存在非极性键C=C键，正负电荷的重心重合，属于非极性分子；选C；
【小问2详解】
BF3是共价化合物，电子式为，BF3中B原子价电子对数为3，无孤电子对，BF3空间构型为平面三角形，F—B—F的键角是120°；BF3和过量的NaF作用可生成NaBF4，BF中B原子价电子对数是4，无孤电子对，立体构型为正四面体形；
【小问3详解】
F、Cl具有吸电子作用，F原子吸电子能力大于Cl原子，烷基具有斥电子作用，所以CCl3COOH、C2H5COOH、CF3COOH的酸性由强到弱的顺序为CF3COOH>CCl3COOH> C2H5COOH。
18. 现有六种元素，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题：
A元素的核电荷数和电子层数相等
B基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等
C气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物可反应生成一种盐
D原子的第一至第四电离能为I1=578kJ/mol、I2=1817kJ/mol、I3=2745kJ/mol、I4=11575kJ/mol
E是前四周期中电负性最小的元素
F的一种核素的质量数是63，中子数是34

（1）写出C2A4的结构式_______。
（2）B元素基态原子中最高能级的电子云在空间有_______个取向，原子轨道呈_______形。
（3）写出D的基态原子的价层电子排布图_______。
（4）F元素位于元素周期表_______区，该元素的核外电子排布式为_______。
（5）检验E元素的方法是_______，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因：_______。
【18~22题答案】
（1） （2） ①. 3 ②. 哑铃
（3） （4） ①. ds ②. 1s22s22p63s23p63d104s1
（5） ①. 焰色试验或原子光谱 ②. 当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量
【解析】
【分析】现有六种元素，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。A元素的核电荷数和电子层数相等，则A为氢元素；B基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，则基态B核外电子排布式为1s22s22p2、为C元素；C气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐，则C为N元素；D原子的第一至第四电离能为I1=578kJ/mol、I2=1817kJ/mol、I3=2745kJ/mol、I4=11575kJ/mol，则I4剧增、D位于第ⅢA族，则D为Al元素；E是前四周期中电负性最小的元素，则E为K元素；F的一种核素的质量数是63，中子数是34，则质子数为29、为Cu元素，据此回答。
【小问1详解】
C2A4为N2H4，每个N形成1个N-N、2个N-H键，则结构式为。
【小问2详解】
B为C元素、基态原子核外电子排布式为1s22s22p2、最高能级为2p、其电子云在空间有3个取向，原子轨道呈哑铃形。
【小问3详解】
D为Al元素，D的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1 ，则其价层电子排布图。
【小问4详解】
F元素为Cu元素，位于元素周期表ds区，按洪特规则特例，该元素的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。
【小问5详解】
E为K元素，检验E元素的方法是焰色试验或原子光谱，产生此现象的原因：当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子；电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量。
19. 已知配合物品种超过数百万种，是一个庞大的化合物家族。
（1）在配合物[Cd(NH3)4](OH)2中，中心离子是_______，提供孤电子对的成键原子是_______，配位体是_______，配位数是_______。
（2）下表为简单配合物形成的实验，根据题意，完成表格。
实验步骤
实验现象
解释
向盛有硫酸铜的试管里加入氨水
产生蓝色絮状沉淀
_______
继续加入氨水
_______
_______
再加入乙醇
_______
_______

【19~20题答案】
（1） ①. Cd2+ ②. N ③. NH3 ④. 4
（2） ①. Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH ②. 沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液 ③. Cu(OH)2+4 NH3=[ Cu(NH3)4](OH)2 ④. 析出深蓝色晶体 ⑤. 加入乙醇后，降低溶质的溶解度，产生深蓝色的晶体[ Cu(NH3)4]SO4·H2O
【解析】
【小问1详解】
配合物[Cd(NH3)4](OH)2的中心离子是Cd2+，提供孤电子对的成键原子是NH3分子中的N原子，配位体是NH3，配位数是4。
【小问2详解】
向盛有硫酸铜的试管里加入氨水，产生蓝色絮状沉淀是生成了氢氧化铜沉淀，其反应的原理是Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，原因氢氧化铜和氨水生成溶于水的配合物，其原理是Cu(OH)2+4 NH3=[ Cu(NH3)4](OH)2，再加入乙醇溶液，得到在乙醇溶液中溶解度比较低的深蓝色的晶体[ Cu(NH3)4]SO4·H2O。
20. 自然界中存在大量的金属元素，对工农业生产有重要的价值。
（1）NaF的熔点是995℃，而SiF4的熔点为-90.2℃，试分析原因_______。
（2）Li2O是离子晶体，如图可知Li原子的第一电离能为_______kJ/mol，O=O键的键能为_______kJ/mol。


（3）理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的。
①图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是_______。
②图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_______；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=_______。
③设X的最简式的摩尔质量为Mr，则X晶体的密度为_______g/cm3(列出算式)。
【20~22题答案】
（1）NaF是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子键的强度比分子间的范德华力更强，因此熔点更高
（2） ①. 520 ②. 498
（3） ①. 图b不是晶体中最小结构的重复单元(或平移不重合或图b中上、下两个面的面心原子在上下平移过程中不能重合) ②. 4 ③. 1：1：2 ④.
【解析】
【小问1详解】
NaF的熔点是995℃，而SiF4的熔点为-90.2℃，因为NaF是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子键的强度比分子间的范德华力更强，因此熔点更高。故答案为：NaF是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子键的强度比分子间的范德华力更强，因此熔点更高；
【小问2详解】
Li2O是离子晶体，如图可知Li原子的第一电离能为kJ/mol= 520kJ/mol，O=O键的键能为=249kJ/mol×2=498kJ/mol。故答案为：520；498；
【小问3详解】
①图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是图b不是晶体中最小结构的重复单元(或平移不重合或图b中上、下两个面的面心原子在上下平移过程中不能重合)。故答案为：图b不是晶体中最小结构的重复单元(或平移不重合或图b中上、下两个面的面心原子在上下平移过程中不能重合)；
②图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；
一个晶胞中Hg为：4×+6×=4，Ge：8×+4×+1=4，Sb：8×1=8，晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2；
③根据晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=4：4：8，X的最简式的式量为Mr，1mol该晶胞的质量=4Mrg，晶胞的体积V=x2y nm3，ρ= g/cm3=，则X晶体的密度为g/cm3(列出算式)。故答案为：。