2025年高考化学一轮复习讲练测第04讲晶体结构与性质（练习）（新教材新高考）含解析答案

这是一份2025年高考化学一轮复习讲练测第04讲晶体结构与性质（练习）（新教材新高考）含解析答案，共26页。试卷主要包含了物质的聚集状态与晶体常识，常见晶体的结构与性质等内容，欢迎下载使用。


题型一 物质的聚集状态与晶体常识
(2024·浙江金华·三模)
1．明矾常用作净水剂，下列关于明矾大晶体制备实验的说法不正确的是
A．配制明矾饱和溶液的温度要控制在比室温高10~15℃
B．明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，可避免形成形状不规整的晶体
C．形成大晶体的过程中，需要敞开玻璃杯静置较长时间
D．本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净
(2024·天津滨海新·三模)
2．化学处处呈现美，下列说法正确的是
A．通过晶体的射线衍射实验获得分子中键角为
B．绚烂烟花的产生是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放引起的
C．缺角的晶体在饱和溶液中变为完美立方体块，体现晶体的自范性
D．肼的结构相当于氨分子中的一个氢原子被氨基取代，存在顺式和反式两种同分异构体：和
(23-24高三上·浙江·开学考试)
3．下列有关物质特殊聚集状态与结构的说法不正确的是
A．液晶中的分子长轴取向一致，表现出类似晶体的各向异性
B．等离子体是一种特殊的气体，由阳离子和电子两部分构成
C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化
D．超分子内部的分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体
(2024·安徽·模拟预测)
4．磷化铁是重要的磷铁源材料，具有多种晶型，其一晶体中磷原子采用面心立方堆积，铁原子填入四面体空隙中，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．铁原子与磷原子通过离子键结合在一起
B．磷化铁的化学式为FeP
C．与磷原子紧邻且等距的磷原子个数有12个
D．若Fe—P键长为，则晶胞的参数为
(2024·河北衡水·模拟预测)
5．碳化钛在航空航天、机械加工等领域应用广泛，其晶胞结构(如图所示)与氯化钠相似，晶胞的边长为anm。下列说法正确的是
A．基态Ti原子的价电子排布图为
B．晶体中的配位数为12
C．晶胞中仅由碳原子构成的四面体空隙和八面体空隙的个数比为2∶1
D．设为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为
(2024·江西上饶·模拟预测)
6．超导现象一直吸引着广大科学家的关注。某超导材料的晶体结构属于四方晶系，其晶胞如图所示。下列说法错误的是
A．位于元素周期表的第四周期第IB族
B．与等距且最近的有12个
C．该超导材料的化学式为
D．该晶体的密度为
(2024·湖北·一模)
7．下图是氮化镓的一种晶体结构，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．每个原子周围距离最近的原子数目为4
B．氮化镓分子式为
C．a、b原子坐标参数依次为、、则c原子坐标参数为
D．已知该晶体密度为，则镓氮原子间最短距离为
题型二 常见晶体的结构与性质
(2024·山东泰安·一模)
8．氮化硼晶体有多种结构，六方相氮化硼结构与石墨相似，但不具有导电性，立方相氮化硼结构与金刚石相似。下列说法错误的是
A．六方相氮化硼层上键电子不能自由移动
B．六方相氮化硼熔点高于立方相氮化硼
C．立方相氮化硼中存在“N→B”的配位键
D．(六方相氮化硼)中含键
(2024·海南海口·一模)
9．磷元素有白磷、红磷等单质，白磷结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s) 。下列说法正确的是
A．属于共价晶体
B．白磷中的P—P—P夹角为
C．白磷晶胞中，P—P键的作用弱于的分子间作用力
D．白磷(s)和红磷(s)在中充分燃烧生成等量，白磷放出的热量更多
(2024·湖北·模拟预测)
10．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配不正确的是
A．AB．BC．CD．D
(2024·湖北·模拟预测)
11．新研制出的石墨烯－C60揉和了C60分子与石墨烯的结构特点，有关结构如图所示。

下列有关这三种物质的说法错误的是
A．碳原子的杂化方式均为sp2B．C60晶体的熔点最低
C．石墨烯的导电性最好D．互为同素异形体
(2024·福建·二模)
12．我国科学家利用和在十八胺中金属阳离子氧化性不同，分别制得纳米晶体材料和。下列说法错误的是
A．第一电离能：B．十八胺中碳原子杂化类型均为
C．氧化性：D．熔点：十八烷十八胺
(23-24高三下·天津·阶段考试)
13．已知下表中几种物质的熔、沸点：
据此判断，下列说法错误的是
A．AlCl3晶体加热易升华B．SiCl4是分子晶体
C．单质X可能是原子晶体D．AlCl3是原子晶体
(23-24高三上·全国·期中)
14．下列说法正确的是
A．卤化氢中，HF沸点最高，是由于HF分子间存在氢键
B．邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高
C．H2O的沸点比HF的沸点高，是由于H2O中氢键键能较大
D．氢键X-H⋯Y中三个原子总在一条直线上
(2024·湖北武汉·一模)
15．硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂，浸金时与配位形成。硫代硫酸根()可看作是中的1个O原子被S原子取代的产物。的晶胞形状为长方体，结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1个中σ键的数目为12
B．的空间结构是四面体形
C．晶体的密度为
D．与配位时，的中心S原子可作配位原子
(2024·重庆·模拟预测)
16．制造硼合金的原料硼化钙晶胞结构如图所示，硼原子全部组成正八面体，各个顶点通过B-B 键互相连接成三维骨架。已知该晶体晶胞参数为a nm，B八面体中B-B键的键长为d nm，Ca原子的坐标参数为( ，设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A．硼化钙的化学式为CaB36B．Ca的配位数为16
C．该晶体的密度为 D．N点的坐标参数为
(2024·重庆·模拟预测)
17．F2和Xe可在一定条件下反应生成X，若Xe过量则生成Y，X和Y的晶胞示意图如图所示，晶胞体积之比为V(X)：V(Y)=17∶13。
下列关于X和Y的说法正确的是
A．两种分子都属于极性分子B．分子中Xe的孤电子对数：X>Y
C．两种晶体都属于分子晶体D．晶体密度：X>Y
(2024·山东烟台·三模)
18．和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：
下列说法错误的是
A．水解过程中只存在极性键的断裂和形成
B．与的晶体类型相同
C．分子的极性：
D．由此推断的水解产物为和HClO
(2024·四川成都·模拟预测)
19．我国是有色金属资源最丰富的国家之一，铜、钴、镍、锰等有色金属及化合物在机械制造、磁性材料、新型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。请回答下列问题：
(1)Mn(BH4)2是一种储氢材料，基态核外电子排布式为 ，Mn(BH4)2中B原子的杂化类型为 。
(2)研究发现，在CO2低压合成甲醇的反应(CO2+3H2→CH3OH+H2O)过程中，镍氧化物负载的纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。生成物H2O的沸点比CH3OH的高，原因是 。
(3)钴元素可形成种类繁多的配合物。三氯五氨合钴的化学式为C(NH3)5Cl3，是一种典型的维尔纳配合物，具有反磁性，0.01ml C(NH3)5Cl3与足量硝酸银溶液反应时生成2.87白色沉淀。
①C(NH3)5Cl3中C3+的配位数为 ；
②三氯五氨合钴中不存在的化学键有 (填标号)。
a．共价键 b．配位键 c．氢键 d．离子键 e．金属键
(4)Cu-Mn-Al合金的晶胞结构如图1所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心的位置，图2是沿立方格子对角面取得的截面图。
①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，C为(1，1，1)，则B原子的坐标参数为 。
②已知r(Cu)≈r(Mn)=127pm，r(Al)=143pm，则Cu原子之间的最短核间距离为 pm。
③该晶胞的密度为 g.cm-3。(列出计算式即可，设NA为阿伏加德罗常数的值)
(2024·山东泰安·模拟预测)
20．新质生产力催生生物技术、新材料高质量发展。
(1)色胺酮来源于天然植物中药板蓝根，是板蓝根抗菌、抗病毒活性成分之一。以甲醇为溶剂，C2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。
①基态C2+价电子排布式为 。
②色胺酮分子中，含氧官能团名称 ；所含元素第一电离能由大到小的顺序为 ；该分子结构上具有较好配位的氮原子和氧原子以及超共轭的平面大π键体系，则分子中N原子的杂化类型为 ；形成配位键的N原子是 (填“1”或“2”)。
③色胺酮钴配合物中钴的配位数为 ；X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过 作用与色胺酮钴配合物相结合。
(2)超高硬度生物材料Ti3Au合金是理想的人工髋关节和膝关节材料，其晶体有α-Ti3Au、β-Ti3Au两种结构，如下图所示。
①α-Ti3Au晶胞中，Ti原子周围与它最近且距离相等的Ti原子有 个。
②β-Ti3Au的晶胞边长为509pm，每个晶胞面上有两个Ti原子。β-Ti3Au晶体的密度是 g·cm-3(列出计算式，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
③与β-Ti3Au晶体相比，α-Ti3Au晶体有更长的Ti-Au键键长。上述两种晶体中硬度较高的是 (填“α-Ti3Au”或“β-Ti3Au”)。
(2024·湖南·高考真题)
21．是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为，晶胞如图所示，下列说法错误的是
A．合成反应中，还原剂是和C
B．晶胞中含有的个数为4
C．每个周围与它最近且距离相等的有8个
D．为V型结构
(2024·山东·高考真题)
22．下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是
A．金刚石(C)B．单晶硅()C．金刚砂()D．氮化硼(，立方相)
(2024·安徽·高考真题)
23．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物()，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中为价，为价。下列说法错误的是
A．导电时，和的价态不变B．若，与空位的数目相等
C．与体心最邻近的O原子数为12D．导电时、空位移动方向与电流方向相反
(2024·河北·高考真题)
24．金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图，晶胞的边长为为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．该铋氟化物的化学式为
B．粒子S、T之间的距离为
C．该晶体的密度为
D．晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个
(2023·湖北·高考真题)
25．镧La和H可以形成一系列晶体材料，在储氢和超导等领域具有重要应用。属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，中的每个H结合4个H形成类似的结构，即得到晶体。下列说法错误的是
A．晶体中La的配位数为8
B．晶体中H和H的最短距离：
C．在晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼
D．单位体积中含氢质量的计算式为
(2023·辽宁·高考真题)
26．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是

A．图1晶体密度为g∙cm-3B．图1中O原子的配位数为6
C．图2表示的化学式为D．取代产生的空位有利于传导
(2023·浙江·高考真题)
27．下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是
A．B．C．D．
(2022·江苏·高考真题)
28．我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
01 模拟基础练【题型一】物质的聚集状态与晶体常识
【题型二】常见晶体的结构与性质
02 重难创新练
03 真题实战练
选项
性质差异
结构因素
A
沸点：HF>HI
氢键
B
熔点：Na>K
原子半径
C
硬度：金刚石>SiC
晶体类型
D
I2在溶剂中的溶解度：CCl4>H2O
分子的极性
NaCl
KBr
AlCl3
单质X
SiCl4
熔点/℃
801
730
190
2300
-70
沸点/℃
1413
1380
180
2500
53
参考答案：
1．C
【详解】A．温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配制比室温高10～20℃明矾饱和溶液，A正确；
B．明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，增大接触面积，有利于晶胞的均匀成长，可避免形成形状不规整的晶体，B正确；
C．敞开玻璃杯静置较长时间，容易引入空气中杂质，应该用硬纸片盖好玻璃杯，C错误；
D．本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净，防止杂质污染，若有杂质，就在溶液中形成多个晶核，显然不利于大晶体的生成，D正确；
答案选C。
2．C
【详解】A．P4分子中∠P−P−P键角为60°，A错误；
B．绚烂烟花的产生是焰色试验，电子吸收能量，由基态跃迁到激发态，再由激发态跃迁到能量较低的激发态或基态时放出热量，能量以光的形式释放，B错误；
C．晶体具有规则的几何形状，有自范性，则缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，C正确；
D．肼(N2H4)的结构相当于氨分子中的一个氢原子被氨基取代，单键可以旋转，不存在顺式和反式两种同分异构体，D错误；
故选C。
3．B
【详解】A．液晶分子中沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，故A正确；
B．等离子体是由阳离子和电子和电中性粒子组成的整体上呈中性的物质聚集体，故B错误；
C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化，熔点可能下降，故C正确；
D．超分子内部的多个分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体，故D正确。
综上所述，答案为B。
4．A
【详解】A．铁原子与磷原子通过共价键结合在一起，形成稳定的化合物，A错误；
B．根据“均摊法”，晶胞中含个P、4个Fe，则磷化铁的化学式为FeP，B正确；
C．该晶体的类型为面心立方体，观察图形可知与磷原子紧邻且等距的磷原子个数在同层、上下层各4个，共有12个，C正确；
D．Fe—P键长为晶胞体对角线的四分之一，若Fe—P键长为，设晶胞参数为a，则，故a=，D正确；
故选A。
5．C
【详解】
A．Ti是22号元素，根据构造原理可知，基态Ti原子的价电子排布式为，价电子排布图为，A错误；
B．由晶胞结构图可知，以体心的为中心，距离其最近且相等的位于面心上，共6个，故晶体中的配位数为6，B错误；
C．八个小立方体四个顶角的碳构成一个四面体，由碳原子围城的四面体空隙有8个，由碳原子围城的八面体空隙有4个，晶胞中仅由碳原子构成的四面体空隙和八面体空隙的个数比为8:4=2∶1，C正确；
D．一个晶胞中含有4个，4个，注意单位换算，则晶体的密度为 g·cm-3=，故D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．的核电荷数为29，基态价电子排布式3d104s1，位于元素周期表的第四周期第IB族，A正确；
B．由图可知，与等距且最近的有4个，B错误；
C．根据“均摊法”，晶胞中含个Hg、2个Ba、个Cu、个O，则化学式为，C正确；
D．结合C分析可知，，D正确；
故选B。
7．C
【详解】A．每个原子周围距离最近的原子数目为12，A项错误；
B．氮化镓为共价晶体，没有分子，每个晶胞中Ga的个数为，N的个数为4，则其化学式为，B项错误；
C．根据a、b原子坐标参数依次为、，判断c原子坐标参数为，C项正确；
D．由B项分析知，每个晶胞中含有4个，则晶胞的边长为，则镓氮原子间最短距离为体对角线的，为，D项错误；
故选C。
8．D
【详解】A．六方相氮化硼结构与石墨相似，有大键，但氮的电负性大吸引电子能力强，导致π电子不能自由移动，故A正确；
B．六方相氮化硼层间为分子间作用力，和石墨结构类似，为混合晶体，立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为共价晶体；类比石墨的熔点高于金刚石，所以六方相氮化硼熔点高于立方相氮化硼，故B正确；
C．B原子最外层有3个电子，存在空轨道，N原子最外层有5个电子，存在孤电子对，所以立方相氮化硼含配位键N→B，故C正确；
D．六方相氮化硼晶体中层内每个硼原子与相邻的3个氮原子构成平面三角形，每个共价键未被共有，所以1 ml六方相氮化硼含3x ml B-N共价键，故D错误；
故选D。
9．D
【详解】A．是由分子构成的，属于分子晶体，故A错误；
B．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，分子中的P—P—P键角为60°，故B错误；
C．P—P键为共价键其作用远大于的分子间作用力，故C错误；
D．从题中可知，白磷转化为红磷放热，说明相等质量的白磷能量高于红磷，白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放出的能量更多，故D正确；
故选D。
10．C
【详解】A．HF能形成分子间氢键，HI的沸点由分子间作用力决定，因此HF的沸点比HI高，故A正确；
B．Na、K均为第ⅠA族元素，K的原子半径更大，因此熔点Na＞K，故B正确；
C．金刚石和SiC都是共价晶体，金刚石中的C-C键比SiC中的Si-C键短，前者键能更大，因此金刚石硬度比SiC大，故C错误；
D．I2为非极性分子，CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，碘单质在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故D正确；
故选C。
11．A
【详解】A．C60分子内存在碳碳单键和碳碳双键，碳碳单键为sp3杂化，石墨烯－C60中连接石墨烯和C60的碳原子会形成4个共价键，为sp3杂化，A错误；
B．C60晶体为分子晶体，熔点最低，B正确；
C．石墨烯的层中存在自由移动的电子，其导电性最好，C正确；
D．三者均为碳元素形成的不同单质，故互为同素异形体，D正确；
故选A。
12．C
【详解】A．同一周期元素随着原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，A正确；
B．十八胺中碳原子均为饱和碳原子，其杂化类型均为，B正确；
C．锌的还原性大于银，则对应简单锌离子的氧化性弱于银离子，C错误；
D．十八胺能形成氢键导致其沸点升高，而十八烷不能形成氢键，故熔点：十八烷十八胺，D正确；
故选C。
13．D
【详解】A．AlCl3沸点低于熔点，加热时还未液化就已经气化了，易升华，故A正确；
B．SiCl4的熔沸点较低，符合分子晶体的特点，是分子晶体，故B正确；
C．单质X的熔沸点很高，符合原子晶体的特点，可能是原子晶体，故C正确；
D．AlCl3沸点低于熔点，是分子晶体，故D错误；
故选D。
14．A
【详解】A．HF分子间存在氢键，故其沸点最高，A正确；
B．邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，故邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低，B错误；
C．根据均摊法，每个H2O分子能形成2个氢键，而每个HF分子只能形成1个氢键，氢键越多，熔、沸点越高，C错误；
D．氢键中三个原子不一定在一条直线上，如邻羟基苯甲醛形成的分子内氢键中三个原子不在一条直线上，D错误；
故选A。
15．B
【详解】A．１个H2O中含2个σ键，1个中每个H2O与Mg2+形成1个配位键，所以1个中形成σ键的数目为，故A错误；
B．可看作是中的1个O原子被S原子取代的产物，二者结构相似，的中心S原子的价层电子对数为，即的空间结构为正四面体形，所以的空间结构为四面体形，故B正确；
C．1个晶胞中，的个数为，的个数为4，晶胞体积为，则晶胞密度为，故C错误；
D．可看作是中的1个O原子被S原子取代的产物，二者结构相似，的中心S原子的价层电子对数为，无孤电子对，所以的中心S原子不含孤电子对，即不能作配位原子，故D错误；
故答案为；B。
16．D
【详解】A．由题意可知，硼原子组成的正八面体的化学式为B6，由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钙原子个数为1，位于顶点的正八面体的个数为8×=1，则硼化钙的化学式为CaB6，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的正八面体中都有3个硼原子与钙原子的距离最近，共有24个，则钙原子的的配位数为24，故B错误；
C．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 a)3d，解得d=，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中N点所在的正八面体的体心为原点坐标，硼硼键的键长为d nm，N点到原点的距离为nm；晶胞参数为anm，钙原子的坐标参数为( ，则N点在x轴的坐标为=，所以N点的坐标参数为，故D正确；
故选D。
17．C
【详解】A．由图可知，X为XeF4，空间构型为平面四边形，Y为XeF2，空间构型为直线形，则四氟化氙分子和二氟化氙分子都是结构对称的非极性分子，故A错误；
B．XeF4分子中Xe原子的价层电子对数为6、孤对电子对数为2，XeF2分子中Xe原子的价层电子对数为5、孤对电子对数为3，则XeF4分子中的孤对电子对数小于XeF2，故B错误；
C．由晶胞结构可知，XeF4和XeF2形成的晶体的构成微粒都是分子，都属于分子晶体，故C正确；
D．由晶胞结构可知，XeF4晶胞中位于顶点和体心的XeF4个数为8×+1=2，XeF2晶胞中位于顶点和体心的的XeF2个数为8×+1=2，设XeF4和XeF2晶体的密度分别为d1g/cm3、d2g/cm3，晶胞体积之比为V(X)：V(Y)=17∶13，由晶胞的质量公式可得：d1：d2=：，则XeF4晶体的密度小于XeF2晶体的密度，故D错误；
故选C。
18．D
【详解】A．NCl3水解过程中，NCl3与水反应生成HClO和NH3，NCl3与NH3中均存在极性键，H2O中存在极性键，HClO中存在极性键，NH3中存在极性键，故A项正确；
B．NCl3、SiCl4是都属于分子晶体，故B项正确；
C．NCl3中N原子形成3个σ键，孤电子对数为1，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，分子结构不对称，为极性分子，SiCl4中S原子形成4个σ键，孤电子对数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为正四面体，分子结构对称，为非极性分子，故C项正确；
D．SiCl4的水解产物为原硅酸和HCl，故D项错误；
故本题选D。
19．(1) (或)
(2)平均一个水分子能形成两个氢键，平均一个甲醇分子只能形成一个氢键，氢键数越多，熔、沸点越高
(3) 6 e
(4) (或，或311.76)
【详解】（1）锰为25号元素，失去2个电子形成锰离子，Mn2+基态核外电子排布式为(或)，中心B原子价层电子对个数4+=4且不含孤电子对，中心原子为sp3杂化；
（2）平均一个水分子能形成两个氢键，平均一个甲醇分子只能形成一个氢键，氢键数越多，熔、沸点越高，导致水的沸点比CH3OH的高；
（3）①0.01ml C(NH3)5Cl3与足量硝酸银溶液反应时生成2.87g白色沉淀，该白色沉淀为0.02mlAgCl，说明有氯离子处于外界，处于外界的氯离子数目为0.02ml÷0.01ml=2，该配合物为[C(NH3)5Cl]Cl2，其配位数为6；
②三氯五氨合钴中存在氯离子和配离子[C(NH3)5Cl]2+，存在离子键；[C(NH3)5Cl]2+中存在钴氮、钴氯配位键；氮分子中存在氮氢共价键；当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键，则也会存在氢键；不存在金属键；
故选e；
（4）①A为原点，C为(1，1，1)，B为右面面心，所以B的坐标为；
②根据截面图结合几何知识可知[2r(Cu)+2r(Al)]为体对角线的一半，设晶胞的棱长为a，则有a=2[2r(Cu)+2r(Al)]=4×(127+143)pm，所以a=pm；根据晶胞结构可知铜原子之间的最短核间距为棱长的一半，即a=(或，或311.76)；
③晶胞的质量m=，晶胞的体积V=a3=()3pm3=(×10-10) 3cm3，所以晶胞的密度g•cm-3。
20．(1) 3d7 酰胺基、羰基 N>O>H>C sp2 1 4 氢键
(2) 8 β-Ti 3 Au
【详解】（1）①钴为第27号元素，失去最外层2个电子形成C2+，其价电子排布式3d7。
②结合色胺酮分子结构可知，含氧官能团为酰胺基、羰基；
色胺酮中包含元素：N、O、H、C，同周期主族元素第一电离能随原子序数增大而增大，N元素的2p电子排布为半充满结构，电离能高于同周期相邻C、O元素，故第一电离能为：N>O>H>C；
色胺酮分子结构上具有较好配位的氮原子和氧原子形成超共轭的平面大π键体系，结合苯环中碳原子的杂化类型可知，N原子的杂化类型为sp2；配位原子为1号原子。
③结合色胺酮钴配合物的结构可知，中心原子C与分别两个N原子、两个O原子形成配位键，则钴的配位数为4；
色胺酮钴配合物中O及N原子均有孤对电子，CH3OH分子中羟基上的氢原子，可通过氢键与色胺酮钴配合物相结合。
（2）①结合α-Ti3Au晶胞结构可知，Ti原子位于晶胞的面心，则Ti原子周围与它最近且距离相等的Ti原子有8个；
②β-Ti3Au的晶胞边长为509pm，每个晶胞面上有两个Ti原子，则晶胞中Ti原子数为，根据化学式β-Ti3Au可知Au原子数为，密度为；
③α-Ti3Au晶体有更长的Ti-Au键键长，键长越长，键能越小，硬度更低，因此硬度较高的是β-Ti 3 Au。
21．D
【详解】A．LiH中H元素为-1价，由图中化合价可知， N元素为-3价，C元素为+4价，根据反应可知，H元素由-1价升高到0价，C元素由0价升高到+4价，N元素由0价降低到-3价，由此可知还原剂是和C，故A正确；
B．根据均摊法可知，位于晶胞中的面上，则含有的个数为，故B正确；
C．观察位于体心的可知，与它最近且距离相等的有8个，故C正确；
D．的中心原子C原子的价层电子对数为，且与CO2互为等电子体，可知为直线型分子，故D错误；
故答案选D。
22．B
【详解】金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)，都为共价晶体，结构相似，则原子半径越大，键长越长，键能越小，熔沸点越低，在这几种晶体中，键长Si-Si>Si-C>B-N>C-C，所以熔点最低的为单晶硅。
故选B。
23．B
【详解】A．根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；
B．根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×=1个，含O：12×=3个，含La或Li或空位共：1个，若x=，则La和空位共，n(La)+n(空位)=，结合正负化合价代数和为0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+与空位数目不相等，B项错误；
C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C项正确；
D．导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；
答案选B。
【点睛】
24．D
【详解】A．根据题给晶胞结构，由均摊法可知，每个晶胞中含有个，含有个F-，故该铋氟化物的化学式为，故A正确；
B．将晶胞均分为8个小立方体，由晶胞中MNPQ点的截面图可知，晶胞体内的8个F-位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标系，令N的原子分数坐标为，与Q、M均在同一条棱上的F-的原子分数坐标为，则T的原子分数坐标为， S的原子分数坐标为，所以粒子S、T之间的距离为，故B正确；
C．由A项分析可知，每个晶胞中有4个Bi3+、12个F-，晶胞体积为，则晶体密度为=，故C正确；
D．以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离其最近且等距的氟离子位于晶胞体内，为将晶胞均分为8个小立方体后，每个小立方体的体心的F-，即有8个，故D错误；
故答案为：D。
25．C
【详解】A．由的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；
B．由晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：，故B正确；
C．由题干信息可知，在晶胞中，每个H结合4个H形成类似的结构，这样的结构有8个，顶点数为48=32，且不是闭合的结构，故C错误；
D．1个晶胞中含有58=40个H原子，含H质量为g，晶胞的体积为(484.010-10cm)3=(4.8410-8)3cm3，则单位体积中含氢质量的计算式为，故D正确；
答案选C。
26．C
【详解】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确；
B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；
C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；
D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；
答案选C。
27．B
【详解】A．二氧化碳和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但为分子晶体，不耐高温，A错误；
B．SiO2能跟碱反应生成盐和水：SiO2+2OH-=SiO+H2O，所以SiO2是酸性氧化物，为共价晶体，耐高温，B正确；
C．MgO能跟酸反应生成盐和水：MgO +2H+=Mg2++H2O，所以MgO是碱性氧化物，；C错误；
D．Na2O能跟酸反应生成盐和水，所以是碱性氧化物，；D错误；
答案选B。
28．C
【详解】A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂。与其导电性无关，故A错误
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误；
故选C。