(通用版)高考化学一轮复习单元训练卷第十八单元物质结构及性质A卷(含解析)

第十八单元 物质结构及性质

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  P 31  S 32  Cl 35.5  Cu 64  Zn 65

一、选择题（每小题3分，共48分）

1．金属钛对人体体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，有“生物金属”之称。下列有关和的说法中正确的是

A．和的质量数相同，互称为同位素

B．和的质子数相同，互称为同位素

C．和的质子数相同，是同一种核素

D．和核外电子数相同，中子数不同，不能互称为同位素

2．下列说法正确的是

A．含有非极性键的分子不一定是共价化合物

B．分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响

C．根据π键的成键特征判断C=C键能是C﹣C键能的2倍

D．H2O中心原子采取sp杂化

3.周期表中27号元素钴的方格中注明“3d74s2”，由此可以推断

A．它位于周期表的第四周期ⅡA族

B．它的基态核外电子排布式可简写为[Ar]4s2

C．Co2＋的核外价电子排布式为3d54s2

D．Co位于周期表中第9列

4．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。Y和Z位于同一周期，可组成中学常见的共价化合物YZ和YZ2，X和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃0.01mol·L-1 X和W形成化合物的水溶液pH为2，下列说法正确的是

A．Y元素的非金属性大于W元素

B．X和Y可以形成既含极性键又含非极性键的分子

C．YZ和YZ2均可以被NaOH溶液直接吸收

D．X和W形成的化合物中各原子均为8电子稳定结构

5．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是

A．sp，范德华力　　　　 B．sp2，范德华力

C．sp2，氢键  D．sp3，氢键

6．观察下列模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是

A．HCN的结构式为H—C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键

B．固态硫S8属于原子晶体，分子中S原子采用sp3杂化

C．SF6是由极性键构成的非极性分子，分子构型为八面体型

D．单质硼属于原子晶体

7．根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型不是三角锥形的是

A．PCl3   B．HCHO

C．H3O＋   D．PH3

8．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：① 1s22s22p63s23p4； ②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3； ④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是

A．第一电离能：④＞③＞②＞①      B．原子半径：④＞③＞②＞①

C．电负性：④＞③＞②＞①          D．最高正化合价：④＞③=②＞①

9．下列说法不正确的是

A．晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF> NaCl

B．某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+

C．熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体

D．含极性键的非极性分子往往是高度对称的分子，比如CO2、BF3、CH4这样的分子

10．下列说法正确的是

A．鉴别晶体与非晶体可用X-射线衍射实验

B．钾焰色反应的紫色辐射波长比钠焰色反应的黄光的波长要长

C．元素周期表s区、d区及ds区一定都是金属元素

D．两种元素的电负性相差越大，越易形成共价化合物

11．通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是

A．CH4和NH是等电子体，键角均为60°

B．NO和CO是等电子体，均为平面三角形结构

C．H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构

D．B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道

12．美国科学家合成了含有N的盐类，含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V”形，如图所示。以下有关该物质的说法中不正确的是

A．每个N中含有35个质子和34个电子

B．该离子中有非极性键和配位键

C．该离子中含有4个π键

D．与PCl互为等电子体

13．已知短周期元素的离子xX2＋、yY＋、zZ3－、wW－具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是

A．电负性：X>Y>Z>W

B．原子序数：w>z>y>x

C．离子半径：Z3－>W－>Y＋>X2＋

D．元素的第一电离能：X>Y>W>Z

14．在元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子排布为4s24p6，与其同周期的a、b、c、d四种元素，它们的原子的最外层电子数依次为2、2、1、7，其中a、c两元素原子的次外层电子数为8，b、d两元素原子的次外层电子数为18，e、d两元素处于同族，且在该族元素中，e的气态氢化物的沸点最高。下列说法错误的是

A．元素c核外电子占据10个原子轨道

B．b元素在周期表中的d区

C．e的气态氢化物沸点最高的原因是其分子间形成氢键

D．元素d的电子排布式为[Ar]3d104s24p5

15．高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞。则下列有关说法正确的是

A．KO2中只存在离子键

B．晶体中与每个K＋距离最近的O有6个

C．晶体中，所有原子之间都以离子键相结合

D．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O

16．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是

A．①为简单立方堆积，②为六方最密堆积，③为体心立方堆积，④为面心立方最密堆积

B．每个晶胞含有的原子数分别为①1个，②2个，③2个，④4个

C．晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12

D．空间利用率的大小关系为①<②<③<④

二、非选择题（共6小题，52分）

17．世界上最早发现并使用锌的是中国，明朝末年《天工开物》一书中有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：

(1)基态Zn原子的核外电子所占据的最高能层符号为________。

(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。

①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型为________________________________________。

②SO中，中心原子的轨道杂化类型为____________________________________。

③写出一种与SO互为等电子体的分子的化学式：____________________________。

④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为__________________________________

______________________________________________。

18．Q、X、Y、Z、W五种元素的原子序数依次递增，W为第四周期元素，其余均为短周期主族元素。

已知：①Q原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；

②Y、Z同主族，Y原子价电子排布图为

③W元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子。

请回答下列问题：

(1)基态Q原子中，电子运动状态有________种，电子占据的最高能级符号为________，该能级含有的轨道数为________。

(2)W的元素名称为________，其基态原子的电子排布式为__________________。

(3)具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”，五种元素中电负性最强的非金属元素形成的一种单质A与Y、Z形成的化合物B是等电子体物质，A、B分子式分别为____________、____________。

(4)Q、X、Y三种元素的第一电离能数值最大的是_______(填元素符号)，原因是________________________________________________________________________。

19．O2、O3、N2、N4是氧和氮元素的几种单质。回答下列问题：

(1)O原子中价电子占据的轨道数目为______________________________________。

(2)第一电离能I1：N__________O(填“>”或“<”)，第二电离能I2：O大于N的原因是_________________________________________________________。

(3)O3的空间构型为________________；是____________(填“极性”或“非极性”)分子；分子中存在的大π键，可用符号Π表示，其中m表示形成的大π键的原子数，n表示形成的大π键的电子数，则O3中大π键应表示为___________________________________。

(4)N元素的简单气态氢化物NH3在H2O中溶解度很大，其原因之一是NH3和H2O可以形成分子间氢键，则在氨水中氢键可以表示为H3N…H—N、__________________(任写两种即可)。

(5)已知：表格中键能和键长数目。

N2和N4都是N元素的单质，其中N4是正四面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，从键参数角度分析N4分子稳定性远小于N2原因是________________________________。

(6)Na2O的晶胞结构如图所示，X表示O2－，Y表示Na＋，则O2－的配位数为____________，该晶胞的原子空间利用率为_____________。[已知该晶胞的棱长为a pm，r(Na＋)＝x pm，r(O2－)＝y pm]

20．元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。

（1）在Y的最高价氧化物分子中，Y原子轨道的杂化类型是_______________。

（2）Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_______________________；Z的氢化物在固态时的密度比在液态时还小，其原因是_________

（3）Y与Z可形成YZ。

①YZ的空间构型为________________(用文字描述)。

②写出一种与YZ互为等电子体的分子的化学式：_________________。

（4）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol该配合物中含有σ键的数目为_______。

（5）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所：

①在该晶体中，X离子的配位数为__________，与Y距离最近且距离相等的Y原子的数目为________。

②该晶胞的边长为a cm，该晶体的密度为__________________ g·cm-3。

单元训练金卷·高三·化学卷（A） 

第十八单元 物质结构及性质

答 案

一、选择题（每小题3分，共48分）

1．【答案】B

【解析】A．和的质子数相同，质量数不等，互称为同位素，故A错误；B．和的质子数相同，质量数不等，互称为同位素，故B正确；C．和的质子数相同，但质量数不等，不是同一种核素，故C错误；D．和核外电子数相同，中子数不同，质量数也不等，两者互称为同位素，故D错误；故答案为B。

2．【答案】A

【解析】A.氧气分子间存在非极性共价键，但氧气是单质，不是化合物，故A正确；B.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用，分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，分子间作用力比化学键弱得多，化学键影响物质的化学性质和物理性质，分子间作用力影响物质熔沸点和溶解性，影响着物质的溶解度，故B错误；C.已知碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，C-C中只含有1个σ键，而且π键不稳定键能比σ键小，所以碳碳双键的键能比碳碳单键键能的2倍要小，故B错误；D.H2O中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故D错误；答案：A

3．【答案】D

【解析】从左向右数，应为过渡元素，A项错误；“3d74s2”为Co的价电子排布，其简写式中也要注明3d轨道，B项错误；失电子时，应失去最外层的电子，即先失去4s上的电子，Co2＋的价电子排布式为3d7，C项错误；“7＋2＝9”，说明它位于周期表的第9列，D项正确。

4．【答案】B

【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，25℃时0.01mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为2，则二者形成的化合物是一元强酸，则X是H元素、W是Cl元素；Y和Z位于同一周期，可组成中学常见的共价化合物YZ和YZ2，X和Z的原子最外层电子数之和等于W的原子最外层电子数，则Z最外层电子数是6，Z为O元素，Y为C元素；A．Y是C、W是Cl元素，Cl元素的非金属性比C元素强，故A错误；B．X为H、Y为C，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，X和Y能形成既含极性键又含非极性键的分子，如含有多个碳原子的烃，故B正确；C．Y是C、Z是O元素，CO2能被NaOH溶液吸收，而CO不与NaOH溶液反应，故C错误；D．X是H、W是Cl元素，两者形成的化合物HCl的电子式为，可知H元素形成的是2个电子的稳定结构，故D错误；故答案为B。

5．【答案】C

【解析】由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力为氢键。

6．【答案】B　

【解析】由比例模型可以看出分子中有1个碳原子、1个氮原子和1个氢原子，原子半径：C>N>H，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为H—C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键，故A正确；固态S是由S8构成的，根据其溶解性可知，该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故B错误；SF6空间构型为对称结构，分子的极性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，根据图示，分子构型为八面体型，故C正确；根据B12 的熔点1 873 K，该晶体熔点较高，属于原子晶体，故D正确。

7．【答案】B　

【解析】PCl3分子中，价层电子对数＝3＋×(5－3×1)＝4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥形，故A不符合；HCHO分子中，价层电子对数＝3＋×(4－2×1－1×2)＝3，且不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故B符合；H3O＋中，价层电子对数＝3＋×(6－1－3×1)＝4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥形，故C不符合；PH3分子中，价层电子对数＝3＋×(5－3×1)＝4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥形，故D不符合。

8．【答案】A

【解析】由四种元素基态原子电子排布式可知①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p、P元素原子3p能级均容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，因此第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性S＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即④＞③＞①＞②，C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③＞④，D错误；答案选A。

9．【答案】C

【解析】A.晶格能的大小与构成离子晶体的离子半径和离子所带电荷数目的多少相关，因为离子半径：Ca2+＞Na+＞Mg2+、F-＞O2-，离子所带的电荷：Ca2+= Mg2+＞Na+、O2-＞ F-，故晶格能的大小为MgO>CaO>NaF> NaCl，故A说法正确；B.该原子的第三电离能远大于第二电离能，故该金属元素是第IIA族元素，与氯气反应时生成二价的阳离子，故B说法正确；C.HgCl2的稀溶液有弱的导电能力说明HgCl2能够部分电离出自由移动的离子，因此HgCl2属于弱电解质，熔融状态的HgCl2不能导电说明HgCl2是共价化合物，属于分子晶体，故C说法错误；D.CO2、BF3、CH4三种分子的空间构型分别为直线哥形、平面三角形和正四面体，分子结构高度对称，属于非极性分子，故D说法正确；答案选C。

10．【答案】A

【解析】A．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X—射线衍射实验可以看到微观结构，因此可用X-射线衍射实验鉴别晶体与非晶体，故A正确；B．黄色对应的辐射波长范围为597～577nm，紫色波长介于400nm～435nm之间，则钾焰色反应的紫色辐射波长比钠焰色反应的黄光的波长要短，故B错误；C．H为s区元素，为非金属元素，d区和ds区的元素都是金属元素，故C错误；D．电负性相差越大的元素原子间越容易形成离子键，存在电子的得失，形成离子化合物，故D错误；答案选A。

11．【答案】B

【解析】甲烷是正四面体形结构，键角是109°28′，A错；NO和CO是等电子体，均为平面三角形结构，B对；H3O＋和PCl3的价电子总数不相等，不互为等电子体，C错；苯分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，故B3N3H6分子中也存在，D错。

12．【答案】D　

【解析】A项，一个氮原子含有7个质子，7个电子，则一个N粒子中有35个质子，34个电子，正确；B项，N中氮氮三键是非极性共价键，中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供孤电子对形成配位键，正确；C项，1个氮氮三键中含有2个π键，所以该粒子中含有4个π键，正确；D项，N与PCl具有相同原子数，但价电子数分别为24、32，故不是等电子体，错误。

13．【答案】C　

【解析】短周期元素的离子xX2＋、yY＋、zZ3－、wW－都具有相同的电子层结构，所以有：x－2＝y－1＝z＋3＝w＋1，且X、Y在周期表中Z、W的下一周期，原子序数：x>y>w>z，X、Y为金属，Z、W为非金属，B项错误；A项，非金属性越强，电负性越大，则电负性：W>Z>X>Y，错误；C项，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数：x>y>w>z，所以离子半径：Z3－>W－>Y＋>X2＋，正确；D项，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，非金属性越强，第一电离能越大，故第一电离能：W>Z>X>Y，错误。

14．【答案】B　

【解析】由题意知，a为Ca、c为K、b为Zn、d为Br；e、d两元素处于同族，且在该族元素中，e的气态氢化物的沸点最高，则e为F；元素c为K，核电荷数为19，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据10个原子轨道，A正确；b为 Zn元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，处于周期表中第四周期第ⅡB族，属于ds区，B错误；e的气态氢化物为HF，分子间存在氢键，沸点最高，C正确；元素d为Br，核电荷数为35，电子排布式为[Ar]3d104s24p5，D正确。

15．【答案】B

【解析】A.晶体中K+离子与O2-离子形成离子键，O离子中2个O原子间形成共价键，故A错误；B.由晶胞图可知：以晶胞上方面心的K+离子为研究对象，其平面上与其距离最近的O离子有4个，上方和下方各有1个，共有6个，故B正确；C.晶体中，O原子间以共价键结合，故C错误；D.晶胞结构和NaCl晶体一样，用均摊法来分析，顶点占1/8，面心占1/2，棱上中心占1/4，体心占1，K+离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O，故D错误。故选B。

16．【答案】B　

【解析】①为简单立方堆积，②为体心立方堆积，③为六方最密堆积，④为面心立方最密堆积，②与③判断有误，A错误；每个晶胞含有的原子数分别为①8×＝1，②8×＋1＝2，③8×＋1＝2，④8×＋6×＝4，B正确；晶胞③中原子的配位数应为12，其他判断正确，C错误；四种晶体的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，D错误。

二、非选择题（共52分）

17．【答案】(1)N

(2)①正四面体　②sp3　③CCl4(或SiCl4、SiF4)　④NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应

【解析】(1)Zn的原子序数是30，Zn在周期表中的位置是第四周期第ⅡB族，含有四个能层，分别是K、L、M、N，所以最高能层符号为N。(2)①根据价层电子对互斥模型，SO中价电子对数为4＋×(6＋2－4×2)＝4，价电子对全是成键电子对，所以SO的空间构型是正四面体。②SO的空间构型是正四面体，根据杂化轨道理论，中心原子S的杂化类型为sp3。③等电子体是指原子数和价电子数都相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同时调整电子数来确定等电子体粒子，与SO互为等电子体的有PO、ClO、CCl4、SiCl4、SiF4等，符合题干要求是分子的有CCl4、SiCl4、SiF4。④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3容易与水分子形成分子间氢键，同时还发生化学反应，其方程式为NH3＋H2ONH3·H2O。

18．【答案】(1)6　2p　3

(2)铜元素　1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)

(3)O3　SO2　

(4)N　非金属性越强，第一电离能越大，但由于N原子2p轨道电子半充满为稳定结构，比O原子更难失去电子，N原子的第一电离能最大

【解析】由题意知，Q、Y、Z、W分别为C、O、S、Cu。原子序数依次增大，则X为N。(1)Q为C，核外有6个电子，即核外有6种运动状态不同的电子，电子占据的最高能级符号是2p，p能级有3个原子轨道。(2)W为Cu元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。(3)五种元素中电负性最强的元素是O，O形成的单质为O2、O3，Y和Z形成的化合物是SO2、SO3，O3和SO2互为等电子体，因此A为O3，B为SO2。(4)同周期从左向右，第一电离能增大，但第一电离能大小顺序：N>O>C，原因是非金属性越强，第一电离能越大，但由于N原子2p轨道电子半充满为稳定结构，比O原子更难失去电子，N原子的第一电离能最大。

19．【答案】(1)4　

(2)>　失去一个电子后O＋的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高

(3)V形　极性　Π

(4)H3N…H—O、H2O…H—N、H2O…H—O(任写两种)

(5)N4中N—N键键能小于N2中的N≡N键键能，键长大于N≡N键键长

(6)8　×100%

【解析】(1)O原子的价电子排布式为2s22p4，其价电子占据4个原子轨道。(2)同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p能级处于半充满状态，比较稳定，所以第一电离能I1：N>O；O失去一个电子后O＋的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高，所以第二电离能I2：O>N。(3)O3看成一个O原子是中心原子，其他两个O原子为配原子的三原子分子，价电子对数＝2＋×(6－2×2)＝3，有一个孤电子对，属于sp2杂化，空间构型为V形；因为V形空间构型正负电荷重心不重合，所以是极性分子；O原子的轨道表示式为O3中心氧原子采取sp2杂化，其中两个单电子轨道与另外两个原子形成两个σ键，第三个轨道有一对孤电子对，与另两个氧原子的各1个电子形成三中心四电子大π键，可用符号Π表示。(4)因为O、N原子有比较强的吸电子能力，所以NH3和H2O既会吸引同种分子的H，又会吸引对方分子的H，从而形成氢键，所以在氨水中存在4种分子间氢键，可以表示为H3N…H—N、H3N…H—O、H2O…H—N、H2O…H—O。(5)因为N4是正面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，所以N4中只存在N—N，而N2中只存在N≡N，由表中数据可知，N—N键长大于NN键长，N—N键能小于N≡N键能，且二者键能差距较大，所以N4分子稳定性远小于N2。(6)分析Na2O的晶胞结构图可得，处于面心上的O2－被2个晶胞共用，以图中上面的面心O2－为例，在其上方还有一个同样的晶胞与其紧邻，所以每个O2－周围有8个Na＋与之距离最近，则O2－的配位数为8；Na2O晶胞中Na＋数为8，O2－数为8×＋6×＝4，根据r(Na＋)＝x pm、r(O2－)＝y pm及球体的体积公式可得这12个原子总体积V1＝8××πx3＋4××πy3，根据该晶胞的棱长为a pm，则晶胞体积V2＝a3，所以该晶胞的原子空间利用率为×100%＝×100%＝×100%。

20．【答案】（1）sp2   

（2）水分子与乙醇分子之间形成氢键    在固态时水分子间主要以氢键结合，而氢键具有方向性，使水结成冰时体积膨胀，密度减小   

（3）正四面体    CCl4   

（4）16NA    4   

（5）12    388/NA·a3（提示：晶胞中含有4个XY）   

【解析】元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，则X原子核外电子数=2+8+18+2=30，则X原子序数为30，为Zn元素；元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子，则Y为S元素；元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍，最外层电子数不超过8个，如果是K层，不超过2个，则Z原子核外电子数是8，为O元素；(1)Y为S元素，最高正价为+6价，其氧化物为SO3，S原子价层电子对数=σ键数+孤电子对数，即=3+=3，故S原子轨道杂化类型为sp2杂化；(2)Y的氢化物是H2S，Z的氢化物是H2O，H2S和乙醇分子之间不能形成氢键，H2O和乙醇分子之间能形成氢键，氢键的存在导致乙醇和水互溶；由于水在固态时水分子间主要以氢键结合，而氢键具有方向性，使水结成冰时体积膨胀，密度减小。导致固态H2O的密度比其液态时小；(3)①SO的价层电子对个数=4+×(6+2-4×2)=4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；②SO的原子个数是5、价电子数是32，与硫酸根离子互为得电子体的有CCl4或SiCl4等；(4)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，一个化学式[Zn(NH3)4]Cl2中含有16个σ键，则1mol该配合物中含有σ键的数目16NA；(5)①由晶胞的结构可知，距离S2-最近的锌离子有4个，即S2-的配位数为4；晶胞中以顶点的Zn2+为例，与之距离最近的Zn2+位于面心，一个晶胞中共有3个，根据晶体的堆积方式可知，一个Zn2+被8个晶胞共用，且一个晶胞中距离最短的连线被两个晶胞共用，故符合条件的Zn2+共有=12个；晶胞中S2-数目=8×+6×=4，Zn2+数目为4，即晶胞中含有4个ZnS，晶胞的质量为g，该晶胞的边长为acm，则体积为a3cm3，该物质的密度== g·cm-3。