鲁科版2019高二化学选择性必修二 第三章不同聚集状态的物质与性质 练习

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第三章 单元复习 练习题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题：本大题共19小题1.下列关于晶体与化学键关系的说法中，正确的是。(    )A. 离子晶体中一定存在共价键 B. 共价晶体中可能存在离子键C. 金属晶体中含有离子，但不存在离子键 D. 分子晶体中一定存在共价键【答案】C 【解析】A.离子晶体中可能有共价键(如NaOH)，也可能没有共价键(如NaCl)，故A错误；B.共价晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，所以共价晶体中只有共价键，故B错误；C.金属晶体是金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成的，则金属晶体中存在离子，但不存在离子键，故C正确；D.单原子分子中没有共价键，如稀有气体是由单原子形成的分子，晶体中没有共价键，故D错误。2.如图是某固体的微观结构示意图，请认真观察两图，判断下列说法正确的是(    )A. 两种物质在一定条件下都会自动形成有规则几何外形的晶体B. Ⅰ形成的固体物理性质有各向异性C. Ⅱ形成的固体一定有固定的熔、沸点D. 二者的X射线图谱是相同的【答案】B 【解析】观察结构图知，Ⅰ中微粒呈周期性有序排列，Ⅱ中微粒排列不规则，故Ⅰ为晶体，Ⅱ为非晶体。晶体具有各向异性，具有固定的熔、沸点，非晶体没有固定的熔、沸点，用X射线检验两者，图谱明显不同。故A、C、D错误，B正确。故选B。3.NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3+3F2 NF3+3NH4F。所列化学方程式中的5种物质所属的晶体类型没有 (    )A. 离子晶体 B. 分子晶体 C. 原子晶体 D. 金属晶体【答案】C 【解析】Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，故C正确，故选C。4.下列关于晶体的说法中，不正确的是(    ) ①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性 ②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体 ③共价键可决定分子晶体的熔、沸点 ④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小 ⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律做周期性重复排列 ⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定 ⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有8个CO2分子紧邻A. ①②③ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ②③⑦【答案】D 【解析】①晶体中原子呈周期性有序排列而非晶体中原子排列无序，晶体有自范性，非晶体无自范性，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故正确；②金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故错误；③共价键可决定分子的稳定性，分子间作用力决定分子晶体熔沸点，故错误；④离子晶体中离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，则MgO的晶格能较大，所以其熔点比较高，故正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，有自范性，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故正确；⑥晶体多采用紧密堆积方式，采取紧密堆积方式，可以使晶体变得比较稳定，故正确；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故错误。所以不正确的有②③⑦；故选D。5.下列叙述不正确的是(    )A. 金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低B. CaO 晶体结构与NaCl晶体结构相似，CaO 晶体中Ca2+的配位数为6，且这些最邻近的O2−围成正八面体C. 设NaCl 的摩尔质量为Mg⋅mol−1，NaCl的密度为ρg⋅cm−3，阿伏加德罗常数为NA mol−1，在NaCl 晶体中，两个距离最近的Cl−中心间的距离为 2⋅3M2ρNAcmD. X、Y 可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y 位于顶角位置，则该晶体的化学式为XY3【答案】D 【解析】A.金刚石、SiC属于共价晶体，键长C−C离子晶体>分子晶体，故金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故A正确；B.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，氯化钠的晶胞图为，若Ca2+处于体心、棱中间，O2−位于面心、顶点，晶体中体心Ca2+与面心的6个O2−距离最近，Ca2+配位数为6，且这些最邻近的O2−围成正八面体，故B正确；C.氯化钠的晶胞图为，假设面心和顶点为Cl−，处于面对角线上的Cl−之间距离最近，设二者距离为d cm，则晶胞棱长=2dcm× 22= 2dcm，晶胞体积=( 2dcm)3，晶胞中Cl−数目=6×12+8×18=4，晶胞中Na+数目也是4，晶胞质量=4×MNAg=ρg⋅cm−3×( 2dcm)3，解得d= 2⋅3M2ρNA，故C正确；D.处于棱的中心的原子为4个晶胞共用，位于顶角的原子为8个晶胞共用，晶胞中X数目=14×12=3，Y数目=18×8=1，则该晶体的组成式为X3Y，故D错误；·故选：D。6.下面有关晶体的叙述中，不正确的是(    )A. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等且紧邻的Na+共有6个C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl−D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子【答案】B 【解析】A.金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小碳环上有6个碳原子，故A正确；B.氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数都是6，所以在NaCl晶体中每个Na+(或Cl−)周围都紧邻6个Cl−(或Na+)，而每个Na+周围距离相等的Na+共有12个，故B错误；C.根据氯化铯晶体晶胞结构，沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个Cs+周围最近的Cs+个数是8，故C正确；D.根据教材图片，二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D正确；故选B。7.在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与氢键或化学键的强弱无关的变化规律是(    )A. H2O、H2S、H2Se、H2Te的热稳定性依次减弱B. 熔点：Al>Mg>Na>KC. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低D. CF4、CCl4、CBr4、CI4的熔、沸点逐渐升高【答案】D 【解析】A.非金属性O>S>Se>Te，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故A不选；B.Al、Mg、Na、K的半径增大，且价电子数分别为3、2、1、1；所以金属键减弱，所以熔点：Al>Mg>Na>K，故B不选；C.NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，所带电荷数相同，离子半径越大，晶格能越小，熔点越低，故C不选；D.CF4、CCl4、CBr4、CI4属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键的强弱无关，故D选。故选D。8.下列说法正确的是(    )A. 钛和钾都采取图1的堆积方式B. 图2为金属原子在二维空间里的非密置层放置，以此在三维空间堆积，仅得简单立方堆积C. 图3是干冰晶体的晶胞，其棱长为acm，则每个CO2周围距离相等且为 22acm的CO2有8个D. 图4这种金属晶体的晶胞，是金属原子在三维空间里以密置层采取ABCABC…堆积的结果【答案】D 【解析】A.钛采取图1的堆积方式，而钾采取体心立方堆积方式，A项错误；B.按照图2的非密置层放置方式，在三维空间里堆积可以得到2种堆积方式，一种是简单立方堆积，一种是体心立方堆积，B项错误；C.在干冰晶体的晶胞中，其棱长为acm，则面对角线长为 2a cm，故每个CO2周围距离相等且为 22acm的CO2有12个，C项错误；D.图4是金属原子在三维空间里以密置层采取ABCABC……堆积的结果，为面心立方最密堆积，D项正确。故选D。9.下列有关叙述不正确的是(    )A. 利用超分子的分子识别特征，可以分离C60、C70B. 液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性C. 可通过X−射线衍射实验区分晶体、准晶体和非晶体D. “硅−石墨烯−锗晶体管”为我国首创，单晶硅、锗、石墨烯均为共价晶体【答案】D 【解析】A.C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，故A正确；B.液晶具有各向异性，其原因是液晶内部分子沿分子长轴方向进行有序排列，故B正确；C.X−射线衍射实验可区分晶体、准晶体、非晶体，故C正确；D.石墨烯主要成分为石墨，石墨晶体由碳原子构成、存在共价键和分子间作用力，为混合型晶体，故D错误。10.下列叙述错误的是(    )A. 区别晶体与非晶体最科学的方法是对固体进行X−射线衍射实验B. 金属导电是因为在外加电场作用下金属产生了自由电子，电子定向移动产生了电流C. 晶体具有各向异性，所以用红热的铁针刺中涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈椭圆形D. 乙醇和水都是极性分子，符合相似相溶原理，且它们易形成分子间氢键，故乙醇易溶于水【答案】B 【解析】A.区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，故A正确；B.金属中的自由电子并不是在外加电场的作用下产生，金属导电是因为在外加电场作用下自由电子发生定向移动引起的，故B错误；C.晶体具有各向异性的特性，不同方向传热能力不同，所以用红热的铁针刺中涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈椭圆形，故C正确；D.相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，乙醇和水都是极性分子，符合相似相溶原理，且它们易形成分子间氢键，故乙醇易溶于水，故 D正确。11.科学研究表示，物质有多种聚集状态。下列描述错误的是(    )A. 冠醚可以作为高锰酸钾氧化烯烃的催化剂B. 液晶显示功能与液晶材料内部分子的排列密切相关C. X射线衍射实验不能测定晶体的原子坐标D. 纳米材料之一石墨烯可作为新型电源的电极材料【答案】C 【解析】A.冠醚是分子中含有多个−OCH2CH2−结构单元的大环多醚，与高锰酸钾不反应，可作为高锰酸钾氧化烯烃的催化剂，A正确；B.液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，液晶显示功能与液晶材料内部分子的排列密切相关，B正确；C.晶体X射线衍射实验可以用于键长、键角和晶体结构的测定，能测定晶体的原子坐标，C错误；D.石墨烯是由碳元素形成的单质，具有良好的导电性，可作为新型电源的电极材料，D正确；故选：C。12.下列说法中，正确的是(    )A. 构成分子晶体的微粒一定含有共价键B. 在结构相似的情况下，原子晶体中的共价键越强，晶体的熔、沸点越高C. 某分子晶体的熔、沸点越高，分子晶体中共价键的键能越大D. 分子晶体中只存在分子间作用力而不存在任何化学键，所以其熔、沸点一般较低【答案】B 【解析】A.分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体，故A错误；B.原子晶体熔沸点与键长键能有关，与共价键强弱有关，键长越短、键能越大，其共价键越强，导致其熔沸点越高，故B正确；C.分子晶体的熔沸点与分子间作用力(包括范德华力和氢键)有关，与化学键强弱无关，故C错误；D.分子晶体中存在分子间作用力、双原子或多原子分子还存在化学键，分子间作用力较化学键小，所以分子晶体熔沸点较低，故D错误；故选B。13.一种锂的氧化物的晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b=c=0.4665nm，晶胞棱边夹角均为90°)。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。下列有关说法不正确的是(    ) A. 该氧化物的化学式为Li2OB. O原子之间的最短距离为 22×466.5pmC. 与Li距离最近且相等的O有8个D. 若p原子的分数坐标为(14,14,14)，则q原子的分数坐标为(14,34,34)【答案】C 【解析】A.该晶胞中，含Li+个数为8，含O2−个数为8×18+6×12=4，则氧化物的化学式为Li2O，A正确；B.从图中可以看出，O原子之间的最短距离为面对角线长度的一半，即为 22×466.5pm，B正确；C.在晶胞中，Li+与邻近的4个O2−构成正四面体，则与Li距离最近且相等的O有4个，C不正确；D.若p原子的分数坐标为(14,14,14)，则q原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为14、34、34，从而得出q原子的分数坐标为(14,34,34)，D正确；14.已知某离子晶体的晶胞结构如图所示，其摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为d g/cm3。则下列说法正确的是  (    )A. 晶胞中阴、阳离子的个数都为1B. 该晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为3 4MNA×dcmC. 阴、阳离子的配位数都是4D. 该晶胞可能是NaCl晶体的晶胞【答案】D 【解析】A.晶胞中离子个数分别为8×18+6×12=4、12×14+1=4，A项错误；B.因为晶体的晶胞中含有4个阳离子和4个阴离子，根据d=4MNAV求得晶胞的体积为4MdNA，进而计算出晶胞的边长为34MdNA，因为两个距离最近的离子的核间距离为晶胞面对角线的一半，所以晶体中两个距离最近的离子的核间距离为 22×34MNAdcm，B项错误；C.由位于体心的离子可知阴、阳离子的配位数都是6，C项错误；D.阴、阳离子的配位数都是6，且为离子晶体，则可能为NaCl晶体的晶胞，D项正确。故选D。15.已知金属钠和氦可形成化合物，该化合物晶胞如下图所示，其结构中Na+按简单立方分布，形成Na8立方体空隙，电子对(2e−)和氦原子交替分布填充在小立方体的中心。下列说法中错误的是A. 该晶胞中的Na+数为8B. 该化合物的化学式[Na+]2He[e2]2−C. 若将氦原子放在晶胞顶点，则所有电子对(2e−)在晶胞的体心D. 该晶胞中Na+最近的He原子数目为4【答案】C 【解析】A.晶体是晶胞“无隙并置”而成，一般为平行六面体，钠离子按简单立方排布，形成Na8立方体空隙，电子对(2e−)和氦原子交替分布填充在立方体的中心，钠离子位于顶点、面心、体心、棱中心，该晶胞中的Na+数为6×12+12×14+8×18+1=8，故A正确；B.晶胞中的电子对(2e−)和氦原子交替填充在小立方体的中心，不均摊，可知晶胞中有4对电子、4个He原子，8个Na原子，则Na、He、电子对数占比为8:4:4=2:1:1，故化学式为[Na+]2He[e2]2−，故B正确；C.若将原子放在晶胞顶点，则电子对(2e−)在晶胞中的体心、棱心，故C错误；D.晶胞中的电子对、He原子处于小立方体的中心，不均摊，可知晶胞中有4对电子、4个He原子，与晶胞体心Na+最近的He原子数目为4，故D正确。16.已知干冰晶胞结构属于面心立方最密堆积，晶胞中最近的相邻两个CO2 分子间距为apm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是(    )A. 晶胞中一个CO2分子的配位数是8B. 晶胞的密度表达式是44×4NA(2 2a3×10−30)g/cm3C. 一个晶胞中平均含6个CO2分子D. CO2分子的空间构型是直线形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化【答案】B 【解析】A.晶胞中一个CO2分子的配位数=3×8÷2=12，故A错误；B.该晶胞中最近的相邻两个CO2 分子间距为apm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶点上的二氧化碳之间的距离为apm，则晶胞棱长= 2apm= 2a×10−10cm，晶胞体积=( 2a×10−10cm)3，该晶胞中二氧化碳分子个数=8×18+6×12=4，晶胞密度=MNA×4V=44NA×4( 2a×10−10)3g/cm3=44×4NA(2 2a3×10−30)g/cm3，故B正确；C.该晶胞中二氧化碳分子个数=8×18+6×12=4，故C错误；D.二氧化碳分子是直线形分子，C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故D错误；故选：B。17.氮化碳结构如图，其中β氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不正确的是(    )A. 氮化碳属于原子晶体B. 氮化碳的化学式为C3N4C. 氮化碳中碳显−4价，氮显+3价D. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连【答案】C 【解析】A.根据氮化碳结构以及氮化硅是超硬新材料，可知氮化碳属于原子晶体，故A正确；B.晶体结构模型中虚线部分是晶体的最小结构单元，正方形顶点的原子有1/4属于这个晶胞，边上的原子有1/2属于这个晶胞，可得晶体的化学式为C3N4，故B正确；C.氮元素的电负性大于碳元素，所以在氮化碳中氮元素显−3价，碳元素显+4价，故C错误；D.根据图知，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，故D正确。故选C。18.钙钛矿具有独特的晶体结构，广泛应用于传感器、固体电阻器等诸多领域。图1、2均为钙钛矿型化合物，其中图1中另两种离子为O2−、Ti4+，图2中另两种离子为I−和Pb2+。             图1                         图2下列说法错误的是 (    )A. 钛酸钙的化学式为CaTiO3 B. 图2中，Y为Pb2+C. CH3NH3+中含有配位键 D. 晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2−有12个【答案】B 【解析】略19.理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成一种新物质X为潜在的拓扑绝缘材料。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，图b为X的晶胞，晶胞参数x=a，y=a，z=2a，夹角均为90°。下列说法错误的是A. 图a中Ge晶胞的俯视图为B. X晶体的化学式为HgGeSb2C. X晶胞中Ge与Sb原子间最近距离约为 34aD. X的晶体中与Ge距离最近的Ge原子数目为6【答案】D 【解析】A.图a中Ge晶胞中Ge在顶点、面心和体对角线四分之一处，其俯视图为  ，故A正确；B.X晶体中Ge个数为 8×18+4×12+1=4 个，Sb个数为8个，Hg个数为 6×12+4×14=4 ，其化学式为 HgGeSb2 ，故B正确；C.X晶胞中Ge与Sb原子间最近距离为体对角线的四分之一即约为  34a ，故C正确；D.以X晶体中间面心Ge分析，与Ge距离最近的Ge原子数目为4，故D错误。综上所述，答案为D。填空题：本大题共4小题20.铁、铜及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：(1)基态Cu2+的价层电子的轨道表示式为___________。(2)某铁的配合物结构如图1所示，可由CH33SiCl与KFeC5H5(CO)2CO2混合加热制得。①在(CH3)3SiCl、(CH3)3SiF、(CH3)4Si中，C−Si−C键角最大的是___________，原因是___________。②C5H5−表示环戊二烯负离子，已知分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π65，则C5H5−中的大π键应表示为___________。(3)普鲁士蓝晶体属立方晶系，晶胞参数为apm。铁−氰骨架组成小立方体，Fe粒子在顶点，CN−在棱上，两端均与Fe相连，立方体中心空隙可容纳K+，如图2所示(CN−在图中省略)。①普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数之比为___________；该晶胞的化学式为___________。②若所有铁粒子为等径小球，则K+与Fe2+之间最近距离为___________pm；该晶体的密度为___________g⋅cm−3(阿伏加德罗常数为NA，该物质的相对分子质量用M表示)。(4)一种钇钡铜氧晶体属四方晶系，晶胞参数如图3所示，晶胞棱长夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。如原子分数坐标A为(0,0,0)，B为 (12,12,12)，C为(12,12,m)，则D的原子分数坐标为___________。【答案】(1)    (2)    ①. (CH3)3SiF    ②. F的电负性大，Si周围电子云密度减小，C−Si成键电子对之间的斥力增大，键角变大     ③. π56     (3)    ①. 1：1    ②. KFe2(CN)6    ③.  34 a    ④. 1228a3NA ×1030   (4)( 12 ， 12 ，1−m)【解析】（1）已知Cu是29号元素，故基态Cu2+的价层电子的电子排布式为：3d9，则其价层电子的轨道表示式为 ，故答案为： ；（2）①成键电子对之间的斥力越大，则键角越大，在(CH3)3SiF中F的电负性大，Si周围电子云密度减小，C−Si成键电子对之间的斥力增大，键角变大，故键角最大的是(CH3)3SiF；原因是：F的电负性大，Si周围电子云密度减小，C−Si成键电子对之间的斥力增大，键角变大，故答案为：(CH3)3SiF；F的电负性大，Si周围电子云密度减小，C−Si成键电子对之间的斥力增大，键角变大；②由 C5H5− 结构可知，每个碳原子中还有1个电子未参与成键，5个碳原子以及一个 C5H5− 得到一个电子，共有6个电子参与形成大π键，因此 C5H5− 中大π键表示为 π56 ，故答案为： π56 ；（3）①二价铁位于体心和棱心，则一共有 1+12×14 =4个；三价铁位于顶点和面心，一共有 8×18+6×12 =4个，故其比值：1：1；晶胞中有4个钾离子，根据电荷守恒可知，CN−有4+4×2+4×3=24，其化学式为：KFe2(CN)6，故答案为：1：1；KFe2(CN)6；②钾离子位于小立方体  体心，二价铁位于小立方体的顶点，则d=  (12a)2+(12a)2+(12a)2 × 12 pm=  34 apm，密度ρ= mV = 4×39+56×2+12+17×6NA×a3×10−30 g⋅cm−3= 1228a3NA ×1030g⋅cm−3，故答案为：  34 a； 1228a3NA ×1030；（4）如原子分数坐标A为(0,0,0)，B为 ( 12 ， 12 ， 12 )，C为( 12 ， 12 ，m)，则D的原子分数坐标为( 12 ， 12 ，1−m)，故答案为：( 12 ， 12 ，1−m)。21.(12分)钛被视为继铁、铝之后的第三金属，钛及其化合物都有着广泛的用途。(1)钛原子核外有 种空间运动状态不同的电子(2)磷酸钛铝锂可用作锂离子电池的正极材料，的空间构型是 ，与P同周期且第一电离能比P小的元素有 种。(3)是一种储氢材料，其中的可由和结合而成。含有 (填序号)。①键    ②π键    ③氢键    ④配位键    ⑤离子键(4)硫酸氧钛(显价)是一种优良的催化剂，其阳离子为如图所示链状聚合形式的离子，则该阳离子的化学式为 。  (5)卤化钠和四卤化钛的熔点如图所示，的熔点呈如图变化趋势的原因 。  (6)经X射线分析鉴定，某一离子晶体属于立方晶系，其晶胞参数。晶胞顶点位置为所占据，体心位置为所占据，棱心位置为所占据。请据此回答或计算：①的氧配位数为 ；②写出该晶体的密度表达式： 。【答案】(1)12(2) 正四面体 5(3)①④(4)TiO2+(5)TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、 TiI4属于分子晶体，随相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，熔点逐渐升高(6) 12 【解析】（1）钛为22号元素，为第四周期IVB族的元素，核外电子排布式为1s22s2p63s23p63d24s2，共有12个含有电子的轨道，基态钛原子核外电子有12种不同的空间运动状态。（2）中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型是正四面体，同周期第一电离能从左到右呈增大趋势，但IIA、IIA和VA、 VIA族出现反常现象，第三周期中电离能由小到大的顺序为Na”“<”或“=”)。(3)一种香豆素衍生物(CHP)可作为测定Zn2+的荧光探针，其原理如图所示。①CHP所含元素(C、O、N)的电负性从大到小的顺序为_____(填元素符号，下同)；其第一电离能从大到小的顺序为_____。②CHP—Zn中N原子的杂化类型为_____。(4)Mn3O4的一种晶体中，氧原子的堆积模型为面心立方最密堆积(如图所示)，Mn(Ⅱ)填充在氧原子围成的正四面体空隙中，Mn(Ⅲ)填充在氧原子围成的正八面体空隙中。已知：Mn3O4晶胞的体积为Vcm3，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为_____g/cm3(用含NA、V的代数式表示)。【答案】(1)3d64s2    (2)>   (3)    ①. O>N>C ②. N>O>C ③. sp2，sp3   (4) 229NAVcm3【解析】（1）Fe为26号元素，电子排布式是[Ar]3d64s2，价电子排布式3d64s2；故答案为：3d64s2；（2）铬电子排布式3d54s1，失第二个电子要破坏3d层半满结构，而锰3d54s2，失第二个电子刚好使4s失完，锰失第一个电子能量较大，但第二个电子容易电离。但是由于4s和3d能级3d大，铬会比锰大一点；故答案为：>；（3）①元素的非金属越强，电负性越大，则O>N>C，同周期元素，随着原子序数增大，第一电离能越大，但ⅤA元素>ⅥA元素，则N>O>C；故答案为：O>N>C；N>O>C；②由CHP—Zn结构可知，N的价层电子对数分别为3、4，则杂化方式为sp2，sp3；故答案为：sp2，sp3；（4）根据 ρ=mV=NMNAV=229g/molNAVcm3=229NAVcm3 ；故答案为： 229NAVcm3 。23.硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如下：(1)硒原子价电子数目为________。(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是________。(3)关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有________。A.Ⅰ中仅有σ键    B.I中的Se−Se键为非极性共价键    C.Ⅱ易溶于水D.Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2 E.Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大(4)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。①前者的熔点明显高于后者，其主要原因是________________________。②以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为(1,12,12)，b点锰原子坐标为(0,12,0)，则c点锰原子坐标为________。(5)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。①X的化学式为________。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg⋅cm−3，则晶体X中相邻K之间的最短距离为________cm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)6    (2)两者均为分子晶体，由于水分子间存在氢键，沸点高   (3)BDE    (4)    ①. MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度大，熔点高    ②. (0,1， 12 )   (5)    ①. K2SeBr6    ②. 12×34MrNAρ【解析】（1）硒元素位于ⅥA，价电子排布式为4s24p4，价电子数等于最外层电子数，因此硒原子的家电子数目为6；故答案为6；（2）H2Se、H2O均属于分子晶体，水分子间存在氢键，H2Se分子间不存在氢键，因此H2Se的沸点低于H2O；故答案为两者均为分子晶体，由于水分子间存在氢键，沸点高；（3）A.Ⅰ中除含有σ键外，苯环中含有大π键，故A错误；B.Se−Se是同种原子形成的共价键，该共价键为非极性键，故B正确；C.Ⅱ为烃，烃难溶于水，故C错误；D.Ⅱ中苯环、碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E.三种物质中含有的元素为H、C、O、Se、N、S，同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此O的电负性最大，故E正确；答案为BDE；（4）①MnS、NaCl均为离子晶体，MnS中阴阳离子所带电荷数均为2，NaCl中阴阳离子所带电荷数均为1，所带电荷数越多，离子键强度大，熔点高，故答案为MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度大，熔点高；②c点位于晶胞的棱的中心，根据a、b点的原子坐标可知，c点原子坐标为(0,1， 12 )，故答案为(0,1， 12 )；（5）①根据晶胞图可知，K位于晶胞的体内，个数为8， 位于晶胞的顶点和面心，个数为 8×18+6×12 =4，则X的化学式为K2SeBr6，故答案为K2SeBr6；②根据晶胞图可知，K位于形成小立方体的体心，因此两个K最近的距离是晶胞边长的一半，根据①分析，晶胞的质量为 4MrNA g，利用密度的定义，则晶胞的边长为 34MrNAρ cm，即两个最近的K的距离是 12×34MrNAρ cm，故答案为 12×34MrNAρ cm。