新高考化学二轮复习检测卷专题16 物质结构与性质综合题（含解析）

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专题16　物质结构与性质综合题
（本卷共20小题，满分100分，考试用时75分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5
第I卷 （选择题共50分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的。
1．硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在平面的投影，已知晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是

A．位于元素周期表的区
B．基态原子核外有18种不同空间运动状态的电子
C．A点原子的坐标为，则B点原子的坐标为
D．该晶体密度为
【答案】C【解析】A．Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A正确；B．基态原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态原子核外有1+1+3+1+3+5+1+3=18种不同空间运动状态的电子，B正确；C．A点原子坐标为(0，0，0)，由图乙可知，B点原子的坐标为，C错误；D．该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则，D正确； 故选C。
2．已知某离子晶体的晶胞示意图如图所示，其摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρg·cm-3，下列说法中正确的是

A．晶体晶胞中阴、阳离子的个数都为1
B．晶体中阴、阳离子的配位数都是4
C．该晶胞可能是CsCl的晶胞
D．该晶体中两个距离最近的阴、阳离子的核间距为cm
【答案】D【解析】A．据均摊法可知，在这个晶胞中阴离子位于棱上和体心，数目，阳离子位于顶点、面心，数目，A项错误；B．晶体中，由体心的阳离子看出周围有6个阴离子，每个阴离子周围有6个阳离子，所以晶体中，阴、阳离子的配位数都为6，B项错误；C．根据均摊法可知，在这个晶胞中阴、阳离子的个数都为4，阴、阳离子的配位数都为6，符合NaCl的晶胞特点，C项错误；D．因为晶胞中阴、阳离子的个数都为4，则晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为，因为两个距离最近的阴、阳离子的核间距为晶胞边长的一半即，即为，D项正确；答案选D。
3．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A． 98%的硫酸溶液中的数目为
B．浓硝酸热分解生成、共时，转移电子数为
C．溶液中，和的离子数目之和为
D．锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为、、，，则晶体的密度为
【答案】B【解析】A．98%的硫酸溶液为浓硫酸，主要以H2SO4分子存在， 98%的硫酸溶液中的数目小于，A错误；B．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，生成的NO2、N2O4中的N元素均为+4价，两者最简式均为NO2，可看做生成23gNO2，则生成NO2为0.5mol，转移电子数为0.5NA，B正确；C． 溶液中电离出的既可以水解又可以电离，溶液中存在的粒子有、、，三者的数目之和为0.01NA，C错误；D．根据均摊原则，一个晶胞中含有Sb的个数为，含有O的个数为，含有Fe的个数为，所以锑酸亚铁的化学式为；一个晶胞中含有Sb的个数为4，含有O的个数为12，含有Fe的个数为2，晶胞的质量为，晶体的体积为，所以晶体的密度为，D错误；故选B。
4．氮、氧分别是空气中和地壳中含量最多的两种元素。下列说法正确的是
A．电负性：N>O B．活泼性：
C．第一电离能：N>O D．熔沸点：
【答案】C【解析】A．同周期从左向右电负性逐渐增大(稀有气体除外)，即电负性：O＞N，故A错误；B．氮气分子中氮氮之间存在三键，化学性质稳定，活泼性：O2＞N2，故B错误；C．N的价电子排布式为2s22p3，p能级处于半满，能量低，O的价电子排布式为2s22p4，因此N的第一电离能大于O，故C正确；D．相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，N2、O2分子间存在范德华力，氧气的相对分子质量大于氮气，即氧气的熔沸点比氮气高，故D错误；答案为C。
5．第二代半导体材料的代表物质GaAs，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为a pm。下列说法正确的是

A．As的配位数为8
B．CaAs晶体熔点很低
C．该晶体密度为
D．核电荷数为31的Ga的基态原子价电子排布图为
【答案】C【解析】A．由晶胞结构可知，与砷原子距离最近的镓原子的个数为4，所以砷原子的的配位数为4，A错误；B．砷化镓中镓和砷以共价键结合的共价晶体，所以砷化镓熔沸点高，B错误；C．由晶胞结构可知，砷原子位于晶胞内，镓原子位于顶点和面心，根据均摊法可知，一个晶胞中砷原子的个数为4，含镓原子个数为，晶体的密度为，C正确；D．核电荷数为31的Ga的基态原子价电子排布图为，D错误；故答案选C。
6．氮化硅(熔点1900℃)具有高强度、高韧性，常用作LED的基质材料，通过SiH4与NH3发生反应3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2制得。下列说法错误的是
A．键角：SiH4>NH3 B．SiH4稳定性强于NH3，可证明非金属性N>Si
C．Si3N4属于共价晶体 D．SiH4为由极性键构成的非极性分子
【答案】B【解析】A．孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，NH3的孤电子对数目多于SiH4的孤电子对数目，所以键角：SiH4>NH3，A项正确；B．SiH4的稳定性弱于NH3，非金属性：N>Si，B项错误；C．Si3N4中N原子与Si原子之间通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，C项正确；D．SiH4是正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，SiH4中的Si-H是极性共价键，D项正确；答案选B。
17．我国科学家成功创制了一种碳家族单晶新材料——单层聚合碳60，结构中每个C60与周围6个C60通过碳碳共价键相连。下列有关说法错误的是
A．金刚石和C60均为分子晶体 B．C60中的12C中子数为6
C．石墨与单层聚合C60不属于同位素 D．单层聚合C60中存在非极性键
【答案】A【解析】A．金刚石为共价晶体，故A错误；B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；12C中子数为12-6=6，故B正确；C．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；石墨与单层聚合C60不属于同位素，故C正确；D．单层聚合C60中存在碳碳非极性键，故D正确；故选A。
8．下列说法不正确的是
A．石墨晶体中存在共价键与分子间作用力，属于混合型晶体
B．纯金属中加入其它元素会改变规则的层状排列，能增大金属硬度
C．液晶是液体和晶体聚集而成的一种特殊的混合物
D．NaCl和SiC晶体熔化时，克服粒子间作用力的类型不相同
【答案】C【解析】A．石墨晶体为层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，层内碳与碳之间以共价键连接，同时层内还有类似于金属键的作用力，所以石墨晶体属于混合型晶体，A正确；B．纯金属中原子排列规则有序，当加入其他元素后盖面规则的层状排列，使得原子不易发生相对滑动，从而增大金属的硬度，B正确；C．液晶为由固态向液态转化过程中存在的取向有序的流体，既有液体的易流动性，还保留着部分晶态物质分子的各向异性有序排列，是一种兼有晶体和液体的部分性质的中间态，C错误； D．NaCl为离子晶体，熔化时破坏离子键，SiC为共价晶体，熔化时破坏共价键，所以二者熔化时克服粒子间作用力的类型不同，D正确； 故选C。
9．下列关于CO2的说法不正确的是
A．CO2是由极性键形成的非极性分子 B．CO2分子中σ键与π键的数目比为1∶1
C．干冰中一个CO2分子周围有8个紧邻分子 D．CO2的大量排放可能引起温室效应
【答案】C【解析】A．CO2中存在C=O极性键，CO2分子的空间构型为直线形，分子中正电中心和负电中心重合，CO2为非极性分子，A项正确；B．CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含2个σ键和2个π键，即CO2分子中σ键与π键的数目之比为1∶1，B项正确；C．干冰中的CO2之间只存在范德华力，干冰属于面心立方晶胞，一个CO2分子周围有12个紧邻分子，C项错误；D．CO2的大量排放，阻止地球热量的散失，从而可能引起温室效应，D项正确；答案选C。
10．下列叙述中正确的是
A．NH3、CO、CO2都是极性分子 B．CH4、CCl4均为含极性键的非极性分子
C．CS2、H2O、C2H2都是直线型分子 D．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
【答案】B【解析】A． NH3、CO都是极性分子、CO2是非极性分子，故A错误；B． C-H键和C-Cl键均为极性键，CH4、CCl4均为正四面体结构，为含极性键的非极性分子，故B正确；C． CS2、C2H2都是直线型分子，H2O是V型分子，故C错误；D． 从氟到碘，元素的非金属性减弱，HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故D错误；故选B。
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。
11．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价绝对值之差为0，W、X、Y形成的化合物甲的结构如图所示，Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道。下列说法正确的是

A．电负性大小：X>W>Z
B．简单氢化物的沸点：X>Z
C．X、Y形成的化合物只含离子键
D．W和Z最高价氧化物中心原子的杂化方式相同
【答案】B
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价代数和为0，则W为C或Si；结合化合物甲的结构，X形成2个共价键，是O，Y原子最外层电子数为1，是Na；Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道，Z是S，结合上述分析，W是C；综上所述，W、X、Y、Z分别为C、O、Na、S。A．非金属性越强，电负性越大，故电负性：X(O)>Z(S)>W(C)，A项错误；B．水分子间存在氢键，沸点反常，简单氢化物的沸点：H2O>H2S，B项正确；C．X、Y形成的化合物可以是氧化钠或过氧化钠，过氧化钠中含有共价键，C项错误；D．W(C)的最高价氧化物为CO2，中心C原子的杂化方式为sp杂化，Z(S)的最高价氧化物为SO3，中心S原子价层电子对数=3+0=3，为sp2杂化，C和S杂化方式不同，D项错误；故答案为B。
12．酞菁钴近年来被广泛应用于光电材料、非线性光学材料、催化剂等方面，其结构如图所示(Co参与形成的均为单键，部分化学键未画明)，下列说法正确的是

A．酞菁钴中三种非金属元素的电负性大小顺序为N>H>C
B．酞菁钴中碳原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化两种
C．Co(Ⅱ)与4个氮原子之间通过配位键结合
D．2号和4号N原子分别与周围3个原子形成的空间结构为平面三角形
【答案】C【解析】A．电负性大小顺序为N>C>H，故A错误；B．酞菁钴中碳原子均采取杂化，故B错误；C．2号和4号N原子与其他原子形成3对共用电子对即可达到8电子稳定结构，且含有一对孤电子对，所以2号和4号N原子与Co( Ⅱ)通过配位键结合；1、3位的N与相邻的C、Co形成3对共用电子，且含有一对孤电子对，是通过配位键与Co(Ⅱ)结合，故C正确；D． 2号和4号N原子分别与周围3个原子形成三个共价键，且含有有孤电子对，空间结构为三角锥形，故D错误；答案选C。
13．1782年，瑞典一矿场主从辉钼矿中分离出金属钼，1953年确认钼为人体及动植物必须的微量元素。一种金属钼(Mo)的晶胞为体心立方堆积，如图1所示。下列说法错误的是

已知：1号原子的坐标为(0，0，0)。
A．该晶胞中含有2个Mo原子
B．2号原子的坐标为(1，1，1)
C．距1号原子最近的Mo有6个
D．若晶胞边长为a pm，该晶体的密度为(NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】BC【解析】A．根据均摊法，可知该晶胞中含有Mo原子数目是8×+1=2，A正确；B．已知：1号原子的坐标为(0，0，0)，根据晶体中微粒的相对位置可知2号原子的坐标为(0，1，1)，B错误；C．根据晶胞结构可知：距1号原子最近的Mo原子有8个，1号Mo原子处于与之最近的8个Mo原子构成的正四面体的几何中心上，C错误；D．根据选项A计算可知：在一个晶胞中含有2个Mo原子，由于晶胞边长为a pm，所以该晶胞的密度ρ==，D正确；故选BC。
14．硫化锌是一种性能优良的红外光学材料，其存在多种晶体结构，其中最常见的晶体结构有闪锌矿型和纤锌矿型，晶胞结构如图所示(晶胞参数长度单位为nm)，

下列说法正确的是
A．两种类型晶体中硫离子的配位数均为4
B．闪锌矿中若A原子的坐标参数为(0，1，0)则B为(，，)C为(，，)
C．已知阿伏伽德罗常数为NA，则纤锌矿型晶胞密度为
D．Zn2+的基态核外价电子排布式为[Ar]3d10
【答案】AC【解析】A．根据两种晶体的结构，Zn原子位于四个S原子形成的四面体的内部，S原子也位于四个Zn原子形成的四面体的内部，所以纤锌矿型晶体结构中S2-的配位数为4，闪锌矿型晶体结构中S2-的配位数也为4，A正确；B．根据原子A的坐标可知底面左上角S原子为原点，晶胞棱长为单位1，原子B位于面对角线，坐标为(，1，)，C位于体对角线上，坐标为(，，)，B错误；C．纤锌矿型晶胞中硫原子在顶点、面心和内部，硫原子的个数， Zn原子在棱上和内部，锌原子的个数为，则化学式为ZnS，该晶胞底面为正六边形，则体积为，1mol晶胞的质量为97×6，密度为，C正确；D． Zn是第30号元素，原子价电子排布式为3d104s2，基态Zn2+是原子失区2个电子得到的，价电子排布式为3d10，D错误；故选AC。
15．能与悬浮在大气中的海盐粒子作用，反应为(CINO各原子均达到8电子稳定结构)。下列说法正确的是
A．晶体属于分子晶体 B．ClNO的结构式为
C．NaCl晶胞中的配位数为6 D．是由极性键构成的非极性分子
【答案】BC【解析】A．晶体属于离子晶体，故A错误；B．ClNO各原子均达到8电子稳定结构则，O原子要连两根共价键，N原子要连三根共价键，Cl原子要连一根共价键，结构式为，故B正确；C． 配位数指的是某个离子周围的异种电荷的离子数，NaCl中Na+周围的Cl-是6个，配位数为6，故C正确；D．是由极性键构成的极性分子，故D错误；故选BC。
第II卷 （非选择题共50分）
三、非选择题：本题共5个小题，共50分。
16．（10分）Wilson病是一种先天性铜代谢障碍性疾病，D-青霉胺具有排铜作用，用以治疗或控制Wilson病症。D-青霉胺结构简式如图：

回答下列问题：
(1)写出Cu的简化电子排布式_______。
(2)已知气态基态原子得到一个电子形成气态基态负一价离子所产生的能量变化称为该元素原子的第一电子亲合能(吸收能量为负值，释放能量为正值)，试解释碳原子第一电子亲合能较大的原因_______。 第一电子亲合能可能为正值或负值，而第二电子亲合能均为负值，原因是_______。
(3)D-青霉胺中，硫原子的VSEPR模型为_______，碳原子的杂化方式为_______。
(4)青霉胺在临床治疗时对于症状改善较慢，常有并发症出现，因而近年采用锌剂(ZnSO4)替代治疗，可由硫化锌制备。立方硫化锌晶胞与金刚石晶胞类似，结构如图其中a代表S2-，b代表Zn2+。则该晶胞中S2-的配位数为_______，若晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞的体积为_______ cm3(列出计算式)。

【答案】(1)[Ar]3d104s1 (2)     碳原子2p能级有两个电子，得到一个电子后 2p 能级为半充满，能量低更稳定     原子得到一个电子后显负电性，若要再得电子会有较大的排斥力，需要吸收能量 (3)     四面体形     sp2、sp3 (4)     4     (65+32)×4/ρNA
【解析】（1）Cu为29号元素，其简化电子排布式为[Ar]3d104s1；（2）碳原子2p 能级有两个电子，得到一个电子后 2p 能级为半充满，能量低更稳定，所以碳原子第一电子亲合能较大；原子得到一个电子后显负电性，若要再得电子会有较大的排斥力，需要吸收能量，所以第二电子亲合能为负值；（3）根据D-青霉胺的结构简式可知S原子与氢原子形成一个σ键，与碳原子形成一个σ键，同时还有两对孤电子对，所以为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形；形成羧基的碳原子与氧原子形成一个碳氧双键，为sp2杂化，其他碳原子均为饱和碳原子，均为sp3杂化；（4）以面心的S2-为研究对象，每个晶胞内部有2个距离S2-相等且最近的Zn2+，所以该晶胞中S2-的配位数为4；根据均摊法，该晶胞含有S2-个数为8×+6×=4，含有Zn2+的个数为4，所以晶胞的质量m=g，所以晶胞的体积cm3。
17．（10分）铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5；除去CO的化学反应为：[Cu(NH3)2]OOCCH3+CO+NH3=[Cu(NH3)3(CO)]OOCCH3。
(1)Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe(CO)5的晶体类型是____。
(2)NH3的空间构型为____，NH3极易溶于水，除了因为NH3是极性分子外还因为____。
(3)配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中碳原子的杂化类型是____，配位体中提供孤对电子的原子是____。
(4)用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有形成____。
a.离子键     b.配位键     c.非极性键     d.σ键
(5)铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，写出该反应的化学方程式____。若两个最近的Fe原子间的距离为scm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度是____g•cm-3。(列出计算式)

【答案】(1)分子晶体 (2)     三角锥形     NH3分子和H2O分子之间可形成氢键(3)     sp3、sp2     N
(4)b、d （5）     8Fe+2NH32Fe4N+3H2    
【解析】（1）Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，说明Fe(CO)5熔点低，类似于分子晶体，则Fe(CO)5的晶体类型是分子晶体；（2）价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，NH3价层电子对数为3+(5-3×1)/2=4，NH3的空间构型为三角锥形；NH3分子和H2O分子之间形成氢键可增大NH3分子在水中的溶解度；（3）配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中-CH3中C，C原子形成了4个σ键，是sp3杂化，酯基中的碳形成3个σ键，一个π键，是sp2杂化，碳原子的杂化类型是sp3、sp2；配位体中提供孤对电子的原子是N；（4）用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有b.配位键、d.σ键；（5）晶胞中Fe为8×1/8+6×1/2=4，N为1，分子式为Fe4N，铁和氨气在640℃可发生置换反应，8Fe+2NH38Fe+2NH32Fe4N+3H22Fe4N+3H2；若两个最近的Fe原子间的距离为scm，棱长为，=。
18．（10分）“China”的含义又指瓷器，反映了在世人眼中，中国作为瓷器故乡的形象。X、Y、Z、B、A皆是元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。X、Z、Y、A是地壳中含量最多的四种元素，B的基态原子为第四周期基态原子中未配对电子数最多的。

(1)请写出B原子的价电子轨道表示式_______。
(2)比较Y原子与它同周期相邻元素的第一电离能，由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。
(3)Z的氧化物晶体与干冰相比，_______(填化学式)沸点更高，解释原因：_______。
(4)实验发现，Y的氯化物的蒸气溶于非极性溶剂中或处于熔融状态时，都以二聚态(Y2Cl6)形式存在。其球棍模型如图所示。

①该分子中Y原子采取_______杂化。分子中存在配位键，配位原子为_______。
②Y2Cl6与过量NaOH溶液反应生成Na[Y(OH)4]，[Y(OH)4]-中存在的化学作用力类型有_______(填标号)。
A．离子键        B．金属键        C．极性共价键        D．非极性共价键        E.配位键        F.σ键        G.π键        H.氢键
(5)黑釉由具有尖晶石结构的氧化物(AB2O4)构成(如下图)，该尖晶石结构的立方晶胞(a)可分为8个立方亚单位，虚线表示亚单位的内部边缘。其中4个亚基属于I型，其他4个亚单位是II型(b)。I型和II型相邻亚基的详细信息如图(c)所示。

一个晶胞(a)中有_______个A离子。晶胞(a)的晶胞边长为acm，该晶体的密度为_______g/cm3(填计算式)。
【答案】(1)(2)Si>Mg>Al
(3)      SiO2     SiO2是共价晶体，二氧化碳属于分子晶体，共价晶体的沸点高于分子晶体
(4)      sp3     氯原子     CEF (5)     8    
【分析】X、Z、Y、A是地壳中含量最多的四种元素为：氧、硅、铝、铁；B的基态原子为第四周期基态原子中未配对电子数最多，则B原子的价电子排布为3d54s1，为Cr元素，故X（氧）、Y（铝）、Z（硅）、B（铬）、A（铁），据此分析。
【解析】（1）铬原子的价电子排布为3d54s1，铬原子的价电子轨道表示式：；
（2） 同周期元素，第一电离能一般是从左到右依次增强，硅是非金属元素，故硅的第一电离能最大，Mg最外层电子达到全充满结构比较稳定，第一电离能较大，故第一电离能的关系：Si>Mg>Al；
（3） SiO2是共价晶体，这类物质熔沸点高，硬度大；而二氧化碳属于分子晶体，这类物质熔沸点低，多为气体。故沸点SiO2更高；
（4） 一个铝原子与氯原子形成了四个σ键，且没有孤电子对，故铝原子采取sp3杂化，铝原子提供空轨道，氯原子提供孤电子形成配位键，故配位原子为氯原子； [Al (OH)4]-中Al3+核外有空轨道，OH-有孤对电子，两者通过配位键结合；OH-中H和O通过极性共价键结合；故[Al (OH)4]-中含有配位键、极性共价键、σ键；
（5）根据图(c)利用均摊法计算，I型和II型相邻亚基结构中含有铁离子得个数为： ，则一个晶胞中有4个I型和II型相邻亚基结构，故一个晶胞中有4=8个铁离子，根据化学式AB2O4，一个晶胞中有16铬离子，32个氧离子，故该晶体的密度为：。
19．（10分）海底金属软泥是在海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的金属资源，如：镍、铁、铜、锌、铬等。回答下列问题：
(1)铬在希腊文中的原意为“颜色”，三价铬离子能够生成美丽多色的络合物。例如：紫色的、橙红色的［］、灰绿色的。
①铬位于元素周期表中_______区，中非金属元素电负性最大是_______(填名称)。
②请分析沸点：_______(填“>”“＜”或“=”)，并解释原因_______。
(2)从原子结构角度分析(Fe)_______(Cr)(填“>”“＜”或“=”)，并解释原因_______。
(3)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/固溶体。四方晶胞如图所示，晶胞边长为a pm。晶胞中离子的个数为_______，该晶体密度为d ，则阿伏伽德罗常数可表示为_______。在中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为，则y=_______(用x表达)

【答案】(1)   d； 氧元素；     >     分子中存在氢键，会使分子升高；(2)  ＜     铬的价电子排布为3d54s1，失去1个电子后，价层电子为3d5半充满较稳定，Fe失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易；(3)  4；     ；     2- x。
【解析】（1）铬的原子序数为24，价电子排布式为：3d54s1，位于元素周期表的d区；铬是金属元素，氢为第一主族元素，碳和氧同周期，故电负性最大的为：氧元素，分子中存在氢键，会使分子升高，故沸点：>；（2）I2(铬)大于I2 (Fe)的主要原因是铬的价电子排布为3d54s1，失去1个电子后，价层电子为3d5半充满较稳定，Fe失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易；（3）根据四方ZrO2晶胞图知，利用均摊法，1个晶胞中含离子数，O2-数为8，晶胞体积为，故其密度为：，可得阿伏伽德罗常数可表示为：，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0，(+2)x+(+4)(1- x)+(-2)y=0，解得y=2- x。
20．（10分）秦始皇帝陵博物院首次在兵马俑的彩绘中发现了古人人工合成的“中国蓝”“中国紫”颜料。人们对这些颜料的研究发现，其成分主要是钡和铜的硅酸盐(BaCuSixOy)。
回答下列问题：
(1)基态铜原子的电子排布式为____。“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心的配位化合物，形成该配位键，Cu2+提供____，若“中国蓝”的化学组成中x：y=1：3，则其化学式为____。
(2)“中国蓝”“中国紫”中存在SiO四面体结构，其中Si原子采取的杂化类型为___。与SiO不同，CO的立体构型为____。
(3)C和Si同主族，但CO2与SiO2的熔沸点差异很大，这是因为CO2是____晶体，而SiO2是___晶体。
(4)MgO的熔沸点____BaO(填“＞”“＜”“=”)，原因是____。
(5)立方CuO晶胞结构如图所示。晶胞参数为a pm，NA代表阿伏加德罗常数的值。则两个距离最近Cu2+之间的距离为____pm(用代数式表示)，其晶体密度为____(用代数式表示)。

【答案】(1)     1s22s22p63s23p63d104s1     空轨道     BaCuSi2O6 (2)     sp3     平面三角形
(3)     分子     原子(或者共价) (4)     ＞     MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高 (5)     a     ×1030 g/cm3
【解析】（1）Cu是29号元素，根据构造原理可知基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；在“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心的配位化合物，形成该配位键，Cu2+提供空轨道；若“中国蓝”的化学组成中x：y=1：3；该化合物中Ba、Cu、Si、O元素的化合价分别是+2、+2、+4、-2，根据化合物中元素化合价代数和为0，可得+2+2+4x-2y=0，解得x=2，y=6，所以该物质化学式为BaCuSi2O6；（2）“中国蓝”“中国紫”中存在SiO四面体结构，Si原子价层电子对数是4+=4，中心Si原子上无孤对电子，所以Si原子采用sp3杂化，SiO呈正四面体结构；而CO的中心C原子价层电子对数是3+=3，中心C原子上无孤对电子，因此CO的立体构型为平面三角形结构；（3）C和Si同主族，但CO2与SiO2的熔沸点差异很大，这是因为CO2是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，而SiO2是由Si原子与O原子之间以共价键结合形成的立体网状结构的共价晶体；（4）MgO、BaO都是离子晶体，二者结构相似，Mg2+、Ba2+都带有2个单位正电荷；由于离子半径：Mg2+＜Ba2+，所以离子键：MgO＞BaO。离子键越强，断裂离子键需消耗的能量就越高，物质的晶格能就越高，则物质的熔沸点就越高，所以熔点：MgO＞BaO；（5）根据晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的两个Cu2+之间的距离为晶胞面对角线的一半。由于晶胞参数是a pm，故两个距离最近Cu2+之间的距离L=pm；在该晶胞中含有Cu2+的数目是：8×+6×=4；含有O2-的数目是：12×+1=4，故该晶胞的密度ρ=×1030 g/cm3。