2023年高考真题变式分类汇编：分子晶体
一、选择题
1．（2021·天津）下列各组物质的晶体类型相同的是（ ）
A．SiO2和SO3 B．I2和NaCl C．Cu和Ag D．SiC和MgO
【答案】C
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体；金属晶体
【解析】【解答】A．SiO2为原子晶体，SO3为分子晶体，晶体类型不同，故A不符合题意；
B．I2为分子晶体，NaCl为离子晶体，晶体类型不同，故B不符合题意；
C．Cu和Ag都为金属晶体，晶体类型相同，故C符合题意；
D．SiC为原子晶体，MgO为离子晶体，晶体类型不同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】阴阳离子间通过离子键形成的晶体为离子晶体；
分子间通过分子间作用力形成的晶体为分子晶体；
相邻原子间通过共价键结合而成的立体网状的晶体为共价晶体；
由金属阳离子和自由电子间相互作用形成的晶体为金属晶体。
2．（2021·辽宁）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是（ ）
A．S位于元素周期表p区 B．该物质的化学式为
C．S位于H构成的八面体空隙中 D．该晶体属于分子晶体
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A不符合题意；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为 ，H个数为： ，故H、S原子个数比为3：1，故该物质的化学式为 ，B不符合题意；
C．S位于H构成的八面体空隙中，如图所示 ，C不符合题意；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.根据硫元素的价电子排布，分析在元素周期表的位置在ｐ区；
B.根据晶胞图可以知道，此物质化学式是；
C.根据晶胞图，硫原子在氢原子所构成的八面体的空隙；
D.此物质是超导材料，属于阴阳离子构成的离子晶体。
3．（2023·奉贤模拟）下列晶体属于分子晶体的是（ ）
A．Si B．SiO2 C．SiCl4 D．SiC
【答案】C
【知识点】分子晶体
【解析】【解答】A．Si为共价晶体，A不符合题意；
B．SiO2为共价晶体，B不符合题意；
C．SiCl4为分子晶体，C符合题意；
D．SiC为共价晶体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅等)、非金属氢化物、非金属氧化物(除SiO2外)、几乎所有的酸、绝大多数有机物(除有机盐外)是分子晶体。
4．（2022·枣庄模拟）我国科学家率先利用作为客体分子进行组装，得到新型碳纳米管片段材料，合成效率优于石墨片层卷曲，此材料具有显著的光电效应。下列说法正确的是（ ）
A．中的碳原子为杂化
B．由形成碳纳米管为物理变化
C．石墨和均为分子晶体
D．碳纳米管导电的原因是形成了金属键
【答案】A
【知识点】分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．C60分子中每个碳原子均与周围相邻的其他3个碳原子相连，所以碳是sp2杂化，故A符合题意；
B．C60与碳纳米管是不同物质，为化学变化，故B不符合题意；
C．C60是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体，属于分子晶体，石墨中含有分子间作用力、共价键和金属键，所以其质软，石墨为混合型晶体，故C不符合题意；
D．碳纳米管中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，电子可以在层内移动，类似于金属键，没有金属阳离子，不能构成金属键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】C60和碳纳米管是不同物质，转化属于化学变化，石墨属于混合型晶体，碳纳米管可以导电主要是形成的π键，根据C60的结构即可判断为sp2杂化，结合选项即可判断
5．（2022·朝阳模拟）干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．干冰晶体是共价晶体
B．每个晶胞中含有4个分子
C．每个分子周围有12个紧邻的分子
D．干冰升华时需克服分子间作用力
【答案】A
【知识点】分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由题干信息可知，干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，干冰晶体是分子晶体，A符合题意；
B．由题干图示晶胞图可知，每个晶胞中含有=4个分子，B符合题意；
C．由题干图示晶胞图可知，以其中面心上的一个CO2为例，其周围有3个相互垂直的平面，每个平面上有4个CO2与之最近且距离相等，则每个分子周围有12个紧邻的分子，C不符合题意；
D．已知干冰是分子晶体，故干冰升华时需克服分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据干冰的沸点即可判断为分子晶体，结合占位即可计算出一个晶胞分子中含有4个二氧化碳分子，距离最近的有12个二氧化碳分子，结合选项即可判断
6．（2021·宁波模拟）氨硼烷(NH3BH3)的结构和乙烷相似，下列关于NH3BH3的叙述正确的是（ ）
A．氨硼烷不溶于水
B．氨硼烷不易被氧化
C．分子中存在N—B共价键
D．氨硼烷为原子晶体，具有很高的熔点
【答案】C
【知识点】分子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．氨硼烷能与水形成分子间氢键，并且氨硼烷是极性分子，所以氨硼烷易溶于水，故A不符合题意；
B．NH3BH3中B的化合价为-3，易被氧化，故B不符合题意；
C．N存在孤电子对，B存在空轨道，所以NH3BH3分子中，存在N-B配位键，故C符合题意；
D．乙烷为分子晶体，常温下为气态，熔点较低；氨硼烷的结构和乙烷相似，性质相似，所以氨硼烷为分子晶体，具有较低的熔点，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用氨硼烷与乙烷结构相似，那么性质也相似，乙烷不溶于水，不易被氧化，为分子晶体，熔点低，那么氨硼烷也有相似性质
7．（2021·青岛模拟） 是一种无色无味的气体，结构式如图，可溶于水生成草酸： 。下列说法正确的是（ ）
A．甲酸与草酸互为同系物
B． 是非极性分子
C．晶体熔点：草酸＞冰＞三氧化二碳＞干冰
D． 、 和 分子中碳原子的杂化方式均相同
【答案】C
【知识点】分子晶体；晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同系物
【解析】【解答】A．同系物是结构相似，分子式相差若干个CH2的物质，甲酸(HCOOH)与草酸(HOOCCOOH)不符合要求，不互为同系物，A不符合题意；
B．由图可知 正负电中心不重合，是极性分子，B不符合题意；
C．草酸、冰、三氧化二碳、干冰均是分子晶体，草酸分子间和H2O分子间均能形成氢键，熔点会更高，草酸形成的氢键数目更多，熔点在四者中最大， 相对分子质量比 低，熔点也低于 ，所以四者熔点大小为：草酸＞冰＞三氧化二碳＞干冰，C符合题意；
D． 中碳原子的杂化方式为sp杂化， 中碳原子的杂化方式为sp2杂化， 分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，杂化方式不全部相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物；
B、根据C2O3的分子结构分析；
C、根据晶体熔沸点的影响因素分析；
D、根据碳原子的成键情况分析其杂化方式；
8．（2021·浙江模拟）一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如图：
下列说法中错误的是（ ）
A．在电场作用下，水分子排列更有序，分子间作用力增强
B．一定条件下给液氨施加一个电场，也会出现类似“结冰”现象
C．若“热冰”为晶体，则其晶体类型最可能为分子晶体
D．水凝固形成常温下的“热冰”，水的化学性质发生改变
【答案】D
【知识点】分子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】A．在电场作用下，水分子排列更有序，水分子之间距离缩小，因此分子间作用力增强，A不符合题意；
B．在弱电场力作用下水变为“热冰”，说明水分子是极性分子，只有极性分子才会在电场中发生运动。NH3分子是极性分子，因此在一定条件下给液氨施加一个电场，也会出现类似“结冰”现象，B不符合题意；
C． 若“热冰”为晶体，由于构成微粒是水分子，分子之间以分子间作用力结合，因此其晶体类型最为分子晶体，C不符合题意；
D．水凝固形成常温下的“热冰”，只改变了分子之间的距离，构成微粒没有变化，因此水的化学性质也没有发生改变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示即可判断，给水进行施加电场，成为热冰，根据图示电场作用下排序更加有序，同时给液氨施加电压也会出现类似情况，水和液氨均是分子晶体，因此出现热冰现象最大可能是分子晶体，水变成热冰后，依旧是水化学性质不变结合选项进行判断即可
9．（2019·宝山模拟）下列双原子分子中，热稳定性最大的是（ ）
分子 I2 HF F2 HI
键能(kJ/mol) 151 569 153 297
A B C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】分子晶体；分子间作用力
【解析】【解答】双原子分子中，共价键的键能越大，分子的热稳定性越大，由表可知HF分子中共价键键能最大，则HF的热稳定性最大，
故答案为：B。
【分析】根据原子之间形成的共价键的键能大小就能比较出分子的热稳定性，即键能越大，分子越稳定。
10．（2019·镇海模拟）下列说法中错误的是（ ）
①H2O汽化成水蒸气破坏分子间作用力、H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键
②C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同
③因为晶体硅的摩尔质量比金刚石的摩尔质量大，所以晶体硅的熔点比金刚石的高
④SiO2与CO2的分子结构类似，所以化学性质类似
⑤分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点越高
A．①②⑤ B．①②③
C．②④⑤ D．③④⑤
【答案】D
【知识点】分子晶体；分子间作用力；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】① H2O分子之间存在分子间作用力，汽化成水蒸气，破坏了分子间作用力，H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键H-O键，故①符合题意；②丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，故②符合题意；③因原子半径C＜Si，则键长C-C＜Si-Si，共价键键长越长，键能越小，则熔点越低，应为金刚石＞晶体硅，故③不符合题意；④SiO2属于原子晶体，结构中没有单个的分子，故④不符合题意；⑤分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量(分子间作用力)成正比，与共价键的强弱无关，故⑤不符合题意；
故答案为：D。
【分析】①分子间作用力，又称范德瓦尔斯力，是存在于中性分子或原子之间的一种弱碱性的电性吸引力；共价键指的是原子之间通过共用电子对形成的化学键；
②分子式形同但是结构不同的化合物叫做同分异构体；
③原子的半径越长代表共价键的键长就越长，那么共价键的键能就越低，分子的熔沸点就越低；
④SiO2只是其结构式，不代表一个分子；
⑤影响分子晶体的熔沸点的因素是分子之间的作用力，而不是共价键。
11．（2019·松江模拟）下列物质熔化时只克服分子间作用力的是（ ）
A．钢铁 B．冰 C．水晶 D．食盐
【答案】B
【知识点】分子晶体
【解析】【解答】熔化时只克服分子间作用力的通常为分子晶体。
A. 钢铁，为金属晶体，熔化时破坏金属键，A项不符合题意；
B. 冰，为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，B项符合题意；
C.水晶，二氧化硅，为原子晶体，熔化时破坏共价键，C项不符合题意；
D.食盐，离子晶体，熔化时破坏离子键，D项不符合题意
故答案为：B。
【分析】分子晶体中微粒间的作用力为范德华力，三态间的变化破坏的是范德华力。
12．（2019·奉贤模拟）关于晶体的叙述中，正确的是（ ）
A．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体
【答案】C
【知识点】分子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义
【解析】【解答】A. 分子晶体中，共价键的键能越大，稳定性越大，而分子间的作用力越大，熔沸点越高，所以键能的大小不能判断分子晶体的熔沸点，A项不符合题意；
B. 分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，而共价键的键能越大，稳定性越大，B项不符合题意；
C. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，C项符合题意；
D. 共价化合物形成的电解质溶于水后可电离出自由移动的离子，如HCl等，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.分子晶体的熔沸点和共价键没有关系，看分子间作用力的大小。
B.分子的稳定性和化学键的强弱有关系，和分子间作用力没有关系。
C.原子晶体靠共价键结合。
D.可能是分子晶体，比如HCl在溶于水后也能电离。
13．（2023高二下·上高期末）我国科学家预言的碳已被合成。碳的晶体结构可看作将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，金刚石和碳的晶胞如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金刚石中每个碳原子被12个最小环共用
B．碳中最小环由24个碳原子组成
C．碳属于分子晶体
D．碳中键角是
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、金刚石中，1个碳原子为4个碳原子共同拥有，每个碳原子可以形成3个六元环，则每个碳原子为12个最小环共同拥有，A正确
B、T-碳晶胞中，正四面体分别占据8个顶点、6个面心和4个体心，即晶胞中正四面体的个数为，每个正四面体有4个碳原子，则最小环由32个碳原子组成，B错误；
C、T-碳结构类似于金刚石，属于共价晶体，C错误；
D、正四面体中，每三个碳原子的夹角为60°，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据碳原子所连接其他碳原子和正四面体的碳原子个数计算；
B、结合晶胞中顶点、面心和体心占据情况计算；
C、金刚石为共价晶体，以正四面体替换碳原子，形成的晶体为共价晶体；
D、正四面体为四个正三角形构成的四面体，正四面体的夹角为60°。
14．（2023高二下·乐安期末）化学知识繁杂，充分利用归纳、类比、迁移等方法有助于化学的学习，下列有关知识的类比迁移正确的是
选项 课本知识 类比迁移
A 分子中碳为杂化 乙烷分子中碳均为杂化
B 苯、乙酸固态时均为分子晶体 所有的有机物固态时均为分子晶体
C 分子间存在氢键 分子间也存在氢键
D 电负性：O＞N 第一电离能：O＞N
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．烷烃分子中碳原子形成四个单键，均为杂化sp3，A符合题意；
B． 大多有机物是分子晶体，但有一部分是离子晶体，B不符合题意；
C．磷的电负性较小，磷化氢分子间不能形成氢键，C不符合题意；
D．氮的轨道半充满，能量低较稳定，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．烷烃分子中碳原子形成四个单键，均为杂化sp3；
B． 大多有机物是分子晶体，但有一部分是离子晶体；
C．磷的电负性较小，磷化氢分子间不能形成氢键；
D．氮的轨道半充满，能量低较稳定。
15．（2022高三上·浦东期末）硫单质通常以S8形式存在，结构如图，下列关于S8的说法错误的是
A．不溶于水 B．为原子晶体
C．为非极性分子 D．在自然界中存在
【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；分子晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．S8不溶于水，故A不符合题意；
B．固态S是由S8构成的，该晶体中存在的微粒是分子，所以属于分子晶体，故B符合题意；
C．S8以S-S非极性键形成的非极性分子，故C不符合题意；
D．S8是在自然界中存在一种硫单质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硫单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；
C.S8结构对称，正负电荷中心重合；
D.硫单质存在于火山口附近以及地壳的岩层里。
16．（2022高二上·衢州期末）冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法错误的是
A．硫化氢晶体结构和冰相似
B．冰晶体中，相邻的水分子均以氢键结合
C．晶胞中Z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键键长为d
D．冰晶体中分子间氢键存在方向性、饱和性，晶体有较大空隙，因此密度比液态水小
【答案】A
【知识点】分子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．硫化氢分子间不存在氢键，冰中水分子间存在氢键，因此两者结构不相似，故A说法符合题意；
B．在冰晶体中，每个水分子与四个水分子通过氢键相结合，故B说法不符合题意；
C．氢键键长可以表示为通过氢键相连的两个氧原子的核间距，z方向上距离最近的两个O原子所在的水分子通过氢键相连，故C说法不符合题意；
D．在冰的晶体中，由于氢键有方向性和饱和性，迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，其密度比液态水小，故D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.冰晶体中，每个水分子与四个水分子通过氢键相结合；
C.通过氢键相连的两个氧原子的核间距即为氢键键长；
D.氢键有方向性和饱和性。
17．（2022高二上·衢州期末）二茂铁的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法错误的是
A．二茂铁属于分子晶体
B．在二茂铁中，与之间形成的化学键类型是离子键
C．1mol环戊二烯中含有σ键数目为
D．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取杂化
【答案】B
【知识点】化学键；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A． 根据二茂铁的物理性质，如熔点低、易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，故A不符合题意；
B． 在二茂铁中，与之间形成的化学键时，碳原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者形成配位键，配位键属于共价键，故B符合题意；
C． 1mol环戊二烯中碳原子没有达到饱和，故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，1mol环戊二烯中含有σ键数目为，故C不符合题意；
D． 已知环戊二烯的结构式为，由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二茂铁的熔沸点较低，属于分子晶体；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键也是σ键；
D.双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化。
二、多选题
18．（2021高二下·济宁期末）如图为几种晶体或晶胞的结构示意图。下列说法错误的是（ ）
A．1 mol冰晶体中含有2 mol氢键
B．金刚石属于共价晶体，其中每个碳原子周围距离最近的碳原子为4
C．碘晶体属于分子晶体，每个碘晶胞中实际占有4个碘原子
D．冰、金刚石、MgO、碘单质四种晶体的熔点顺序为：金刚石＞MgO＞冰＞碘单质
【答案】C,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；分子晶体；晶体熔沸点的比较；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．这是一个无线延伸的网状结构，找出它的单元就行，找一个水分子（也可以说是冰晶）把四周的氢键切两半，最后就会得到4个半根的氢键，也就是两个，1 mol冰晶体中含有2 mol氢键，A不符合题意；
B．金刚石属于共价晶体，其中每个碳原子与紧邻4个其它C原子结合，故周围距离最近的碳原子为4，B不符合题意；
C．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，C符合题意；
D．熔点的一般规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体，冰属于分子晶体，碘单质为分子晶体，室温下碘为固体、水为液体，MgO属于离子晶体，金刚石是共价晶体，冰、金刚石、MgO、碘单质四种晶体的熔点顺序为：金刚石＞MgO＞碘单质＞冰，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．根据晶体结构看，一个水分子与周围的四个水分子形成氢键，由均摊法计算即可；
B．金刚石属于共价晶体，再结合晶体结构可知B项正确；
C．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子；
D．根据熔点规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体判断；
三、非选择题
19．（2023·湖南）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体的晶体类型是 ；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是 ，阴极的电极反应式为 ；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式： ；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ；
（5）下列说法错误的是____；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是 ；
（7）比较分子中的键角大小： (填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出；Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7）>；Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【知识点】分子晶体；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）晶体Ga(CH3)3的沸点为55.7℃，比水的沸点还低，因此属于分子晶体。
（2）电解精炼过程是为了制取高纯Ga，由于Ga的熔点为29.8℃，因此控制温度在40~45℃是为了使电解生成的Ga为液态，便于Ga的分离。电解过程中，阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga，该电极的电极反应式为：Ga3＋＋3e－=Ga。
（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中往Ga2Mg5中加入CH3I、Et2O，反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式为：Ga2Mg5＋8CH3I＋2Et2O=2Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI。
（4）“残渣”中含有反应后生成的CH3MgI，经水处理过程中，能与H2O发生水解反应，生成CH4、HI和Mg(OH)2，其中属于可燃性气体的为CH4。
（5）A、流程中“配体交换”工序中反应生成了Et2O，因此流程中Et2O可循环利用，A不符合题意；
B、Ga2Mg5能与H2O反应，Ga(CH3)3(Et2O)能与H2O和O2反应，因此流程中”合成Ga2Mg5”至“工序X”都需在无水、无氧的条件下进行，B不符合题意；
C、“配体交换”工序中反应生成了Ga(CH3)3(NR3)，经“工序X”后得到Ga(OH)3，因此“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(OH)3，C不符合题意；
D、Ga(CH3)3、CH3I二者都只含有一种氢原子，但其在核磁共振氢谱中，化学位移不同，因此可通过核磁共振氢谱进行鉴别，D符合题意；
故答案为：D
（6）NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离；而Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在Et2O转化为气态的同时，Ga(CH3)3也是气态，难以得到超纯的Ga(CH3)3。因此本流程中采用了“配体交换”工艺。
（7）Ga(CH3)3中Ga采用sp2杂化，为平面型结构；而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构。所以键角Ga(CH3)3大于Ga(CH3)3(Et2O)。
【分析】（1）Ga(CH3)3的沸点较低，属于分子晶体。
（2）结合Ga的沸点为29.8℃可知，温度在40～45℃时，Ga为液态。阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga单质。
（3）根据流程确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）“残渣”的成分为CH3MgI，经水处理的过程中CH3MgI与H2O发生水解反应。
（5）A、“配体交换”过程中，生成了Et2O；
B、Ga2Mg5、CH3MgI都易与H2O、O2发生反应；
C、“配体交换”后得到Ga(CH3)3(NR3)，经工序X后得到Ga(CH3)3；
D、二者核磁共振氢谱的化学位移不同，可鉴别；
（6）Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在蒸出Et2O的同时，Ga(CH3)3也为气态，一起蒸出。而NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离。
（7）结合Ga(OH)3、Ga(CH3)3(Et2O)的结构判断二者键角的大小。
20．（2021·浙江）
（1）用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，原因是 。
（2）金属镓(Ga)位于元素周期表中第4周期IIIA族，其卤化物的熔点如下表：
GaF3 GaCl3 GaBr3
熔点/℃ > 1000 77. 75 122. 3
GaF3熔点比GaCl3熔点高很多的原因是 。
【答案】（1）两个乙酸分子通过氢键形成二聚体( )
（2）GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力
【知识点】离子晶体；分子晶体；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】(1)质谱检测乙酸时，出现质荷比为120的峰，说明可能为两分子的乙酸结合在一起，由于乙酸分子中存在可以形成氢键的O原子，故这种结合为以氢键形式结合的二聚体( )，故答案为：两个乙酸分子通过氢键形成二聚体( )；
(2)F的非金属性比Cl强，比较GaF3和GaCl3的熔点可知，GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体中主要的作用为离子键，分子晶体中主要的作用为分子间作用力，离子键强于分子间作用力，故GaF3的熔点高于GaCl3，故答案为：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力。
【分析】（1）乙酸的相对分子质量是60，乙酸中的氧原子可以提供孤对电子易形成氢键，由于氢键的作用会出现乙酸的二聚体
（2）主要是形成的晶体类型不同，氟的非金属性强，易形成的是离子晶体而氯形成的是分子晶体因此沸点不同
21．（2022·克拉玛依模拟）钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。
（1）TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为 。
（2）四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl
①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为
②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是 ；
③NH4Cl中存在的作用力有 ，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是 ，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为 。
（3）钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于 位置；已知晶胞参数为a nm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为 m(列出表达式)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s1
（2）分子晶体；O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；配位键、离子键、共价键；前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点；sp3杂化
（3）棱心；a×10-9
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
(2) ① Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；
②O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；
③根据氯化铵的电子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；
Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对σ键，故杂化方式为sp3杂化；
(3)从图中可以看出，若Ti位于顶点位置，则O可以看成位于棱心的中心位置；
Ti位于O所形成的正八面体的体心，八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为a，斜边长为=anm=a×10-9m。
【分析】（1）Cr为24号元素，根据构造原理书写电子排布式；
（2）①根据相似相溶原理判断；
②原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，第一电离能较大；
③NH4Cl中存在配位键、离子键、共价键；离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点； Ti(OCH2CH3)4分子中C原子形成4个σ键；
（3）若Ti位于顶点位置，相当于将晶胞整体沿（，，）方向平移，根据几何知识分析计算。
22．（2022·甘肃模拟）半导体芯片的发明促进了人类信息技术的发展，单晶硅。砷化镓(GaAs)、碳化硅等是制作半导体芯片的关键材料，也是我国优先发展的新材料。请回答以下问题：
（1）上述材料所涉及的四种元素中电负性最小的元素是 (填元素符号)，基态砷原子价层电子的轨道表达式为 ，和As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素还有 种。
（2）SiCl4是生产高纯硅的前驱体，沸点57.6℃，可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则SiCl4晶体类型为 。熔化时克服的作用力是 其中Si采取的杂化类型为 化合物N(CH3)3和N(SiH3)3的结构如上图所示，更易形成配合物的是 ，判断理由是 。
（3）β-SiC的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为apm和bpm，密度为pg cm-3，晶胞中4个C构成的空间构型为 ，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为 。(用含a、b、p、NA的代数式表示，NA、表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）Ga；；2或两
（2）分子晶体；分子间作用力；sp3；N(CH3)3；分子极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍
（3）正四面体；
【知识点】分子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力
【解析】【解答】(1)上述材料所涉及的四种元素为Ga、As、C、Si；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，下非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故中电负性最小的元素是Ga；砷位于第四周期第ⅤA族，基态砷原子价层电子的轨道表达式为；和As位于同一周期，且未成对电子数也相同，有3个未成对电子的元素还有V、Co这2种元素；
(2)SiCl4沸点较低且可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则SiCl4晶体类型为分子晶体，熔化时克服的作用力是分子间作用力，其中硅原子的价层价层电子对数为，为sp3杂化；化合物N(CH3)3和N(SiH3)3中更易形成配合物的是N(CH3)3，其结构为三角锥形，极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍；
(3)由图可知，把晶胞分割为8个小立方体，晶胞中4个C分别上面相对的和下面相对的2个小立方体中，这4个C构成的空间构型为正四面体；
硅原子为顶点和面心，1个晶胞中硅原子个数为，4个C位于晶胞内部，则一个晶胞中含有4个碳原子和4个硅原子晶胞密度为pg cm-3，设晶胞体积为V，则， cm-3；原子的总体积为，
故其原子的空间利用率为。
【分析】（1）电负性是原子吸引电子的能力；轨道表达式是电子排布图；As的未成对电子数为3，第四周期中未成对电子数为3的还有V、Co；
（2）SiCl4的沸点低，易溶于有机溶剂，可知是分子晶体，分子晶体熔化克服的是分子间作用力；
AB4分子中，A原子一般是sp3杂化；
分子极性越强，N原子提供孤对电子形成配合物时空间越大，越易形成配合物；
（3）观察晶胞结构图可知是正四面体型，原子空间利用率是算出一个晶胞中所有原子的体积之和，再比上晶胞的体积。
23．（2020·南京模拟）过渡元素铁可形成多种配合物，如：[Fe(CN)6]4-、Fe(SCN)3等。
（1）Fe2+基态核外电子排布式为 。
（2）科学研究表明用TiO2作光催化剂可将废水中CN-转化为OCN-、并最终氧化为N2、CO2。OCN－中三种元素的电负性由大到小的顺序为 。
（3）与CN－互为等电子体的一种分子为 （填化学式）；1mol Fe(CN)63-中含有σ键的数目为 。
（4）铁的另一种配合物Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于 （填晶体类型）。
（5）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成。已知小立方体如图所示。该合金的化学式为 。
【答案】（1）[Ar]3d6
（2）O>N>C
（3）CO或N2；126.021023个或12mol
（4）分子晶体
（5）AlFe3
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)铁为 26号元素，其亚铁离子的电子排布式为 [Ar]3d6；(2)非金属性越强，电负性越强，所以顺序为：O>N>C；(3) CN－互为等电子体的的微粒含有2个原子，价电子是10，所以可以为CO或N2；1mol Fe(CN)63-中CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配位物中含有σ键的数目为12×6.021023个或12mol；(4) )铁的另一种配合物Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于分子晶体。(5)正方体中，铁原子个数为 ，铝原子个数为 ，所以铝、铁原子个数比为 =1:3，所以该合金的化学式为AlFe3。
【分析】原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体。正方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，面上的原子被2个晶胞占有，棱上的原子被4个晶胞占有，体心上的原子被1个晶胞占有，利用均摊法计算各种原子个数，从而确定化学式。
24．（2020·佛山模拟）科学家预测21世纪中叶将进入“氢能经济”时代，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：
（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，基态Zr的价层电子排布式为 。
（2）亚氨基锂(Li2NH) 所含元素第一电离能最小的是 ，电负性最大的是 (填元素符号)。
（3）咔唑( )的沸点比芴( )高的主要原因是 。
（4）①NH3BH3 (氨硼烷，熔点104℃)与乙烷互为等电子体。NH3BH3的晶体类型为 。其中B的杂化类型为 ，可通过 测定该分子的立体构型。
②NH3BH3可通过环硼氨烷、CH4与H2O进行合成，键角： CH4 H2O
(填“> "或“<")，原因是 。
（5）MgH2晶体属四方品系，结构如图，晶胞参数a =b= 450pm， c= 30lpm，原子坐标为A(0，0，0)、B(0.305，0.305，0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。
①Mg2+的半径为72pm，则H+的半径为 pm (列出计算表达式)
②用NA表示阿伏加德罗常数，MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的 倍(列出计算表达式，氢气密度为0.089g·L-1)。
【答案】（1）4d25s2
（2）Li；N
（3）咔唑分子间存在氢键
（4）分子晶体；sp3；红外光谱；＞；CH4中无孤电子对，H2O中有两对孤电子对，孤电子对与σ键之间的排斥力大于σ 键之间的排斥力，使得CH4中的键角比H2O 中的键角大
（5） ； 或
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；含有氢键的物质；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，属于ⅣB族，依据核外电子排布规律写出基态Zr的价层电子排布式为4d25s2，故答案为：4d25s2；（2）Li和H属于同主族，第一电离能由大变小，H>Li，电负性由小变大H
【分析】（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，属于ⅣB族，则基态Zr的价层电子排布式为；（2）Li和H属于同主族，第一电离能由大变小，H>Li，电负性由小变大H
（1）基态铬原子核外存在 对自旋相反的电子，其未成对电子有 种空间伸展方向。铁和锰的第三电离能(I3)较大的是 （填元素符号），原因是 。
（2）环戊二烯 ，无色液体，熔点-97.5℃，沸点40. 0℃，存在于煤焦油中。
①环戊二烯物质中存在的微粒间相互作用有
A 范德华力 B 氢键 C δ键 D π键
②环戊二烯分子中碳原子的杂化轨道类型是
③配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、π电子等。二茂铁的分子结构如图所示，其中铁的配位数是 。
（3）金属锰的一种面心立方晶胞结构示意图如图所示，已知锰原子半径为141. 4pm，则该晶胞参数a= 。由于晶体缺陷造成晶体结构中部分原子缺失，测得实际密度为5. 52g·cm-3，Mn元素相对原子质量按为54. 94计算，此晶胞的缺陷率为 （缺陷率为单位体积内缺失原子数占应有原子总数的百分比）。
【答案】（1）9；6；锰；基态Mn2+外围电子为3d5，为半满，是稳定结构，再失去一个电子所需要能量较高，所以第三电离能大；而Fe2+外围电子3d6，第三电离能小
（2）ACD；sp2、sp3；6
（3）400.0pm；3.2%
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Cr是24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1, 1s-3p共9个轨道充满电子，每个轨道中有两个电子自旋方向相反；3d五个轨道和4s轨道上各有一个电子，其空间伸展方向各不相同。故基态铬原子核外存在自旋相反的电子有9对, 其未成对电子有6种空间伸 展方向。Mn2+外围电子为3d5，为半满，是稳定结构，再失去一个电子所需要能量较高，第三电离能大；而Fe2+外围电子3d6，再失去一个电子变为半满结构3d5，所以第三电离能锰大于铁。
故答案为：9； 6；锰；基态Mn2+外围电子为3d5，为半满，是稳定结构，再失去一个电子所需要能量较高，所以第三电离能大；而Fe2+外围电子3d6，第三电离能小。（2）①环戊二烯晶体属于分子晶体，分子间存在范德华力；环戊二烯分子内原子间存在共价键（单键和双键），有σ键、π键，
故答案为：ACD，②环戊二烯分子中，双键碳原子的杂化类型为sp2，全部单键碳原子的杂化类型为sp3 。 ③配位数是形成配位化合物时，一个中心原子接受的配体提供的电子对对数。形成二茂铁时，每个环戊二烯离子提供1对孤电子对、2对π电子对，故二茂铁分子中铁原子配位数是6。
故答案为：ACD；sp2、sp3；6。（3）金属锰是面心立方晶胞，锰原子半径为141.4pm，则该晶胞面对角线4×141.4pm，晶胞边长为4×141.4pm/1.414 =400.0pm。晶胞中含有锰原子的个数：8×1/8＋6×1/2＝4，所以晶胞的密度＝ ＝5.70g cm-3，缺陷率为单位体积内缺失原子数占应有原子总数的百分比，缺陷率＝（5.70-5.52）/5.70×100%＝3.2%。
故答案为：400.0pm；3.2%。
【分析】（1）根据基态原子核外电子排布式分析；全充满、半充满结构较为稳定，再失去一个电子所需要能量较高， 据此分析；
（2）分子晶体中分子间存在范德华力；根据中心原子的价层电子对数判断其杂化方式；根据配位数的概念结合图示分析计算；
（3）金属锰是面心立方晶胞，结合晶胞密度的公式计算，注意单位统一；缺陷率为单位体积内缺失原子数占应有原子总数的百分比，据此分析解答。
26．（2019·徐汇模拟）锡（Sn）是很早便被发现和使用的金属，其原子结构示意图见图。完成下列填空：
（1）锡为主族元素，在元素周期表中的位置是 。有一种锡的单质具有金刚石型结构，则该单质内存在的化学键是 。
SnCl4 SnBr4 SnI4
熔点/℃ -33 31 144.5
沸点/℃ 114.1 202 364
（2）解释下表中卤化锡的熔、沸点的变化规律 。
（3）SnO2能与NaOH反应生成钠盐，写出反应的化学方程式 。
（4）锡溶于盐酸得到溶液A，向A中通入氯气，氯气被还原。写出在A中反应的化学方程式
（5）马口铁是在铁表面镀一层锡。一个马口铁罐装的桔子罐头发生了“涨罐”和马口铁罐穿孔的现象。经检测罐头内食物没有腐败，则罐头内导致“涨罐”的气体可能是 ，说明理由
【答案】（1）第五周期第IVA族；共价键
（2）三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl4、SnBr4、SnI4依次升高
（3）SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O
（4）SnCl2+Cl2=SnCl4
（5）氢气；马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀
【知识点】化学键；分子晶体；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据锡的原子结构示意图知，在元素周期表中的位置是第五周期第IVA族；具有金刚石型结构，则该单质内存在的化学键是共价键，
故答案为：第五周期第IVA族；共价键；（2）由表中数据分析知三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl4、SnBr4、SnI4依次升高，
故答案为： 三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl4、SnBr4、SnI4依次升高；（3）SnO2能与NaOH反应生成钠盐和水，化学方程式为SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O，
故答案为：SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O；（4）锡常见价态有+2、+4，则反应的化学方程式SnCl2+Cl2=SnCl4，
故答案为：SnCl2+Cl2=SnCl4；（5）食物没有腐败，说明罐内没有氧气，说明腐蚀为析氢腐蚀，所以气体可能氢气；产生原因是马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀，
故答案为：氢气；马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀。
【分析】（1）Sn为第五周期IVA族，是原子晶体，原子间以共价键相结合。
（2）卤化锡的熔沸点低为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，相对分子质量越大，熔沸点越高。
（3）类似CO2与 NaOH反应一样，生成盐和水。 SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O。
（4）氯气作氧化剂，将锡盐氧化。
（5）锡、铁为活泼性不同的金属，与酸溶液形成原电池，锡作负极失电子溶解穿孔，铁作正极，氢离子得电子生成氢气发生了“涨罐”。
27．（2019·梧州模拟）据科技日报网报道南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，首次实现丙烯醇高效、绿色合成。丙烯醇及其化合物可合成甘油、医药、农药、香料，合成维生素E和KI及天然抗癌药物紫杉醇中都含有关键的丙烯醇结构。丙烯醇的结构简式为CH2=CH－CH2OH。请回答下列问题：
（1）基态镍原子的电子排布式为 。
（2）1molCH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为 ，丙烯醇分子中碳原子的杂化类型为 。
（3）丙醛(CH3CH2CHO的沸点为49℃，丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的沸点为91℃，二者相对分子质量相等，沸点相差较大的主要原因是 。
（4）羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉，它的熔点为－25℃，沸点为43℃。羰基镍晶体类型是 。
（5）Ni2+能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(SCN)3]－和[Ni(CN)2]2－等。[Ni(NH3)6]2+中心原子的配位数是
，与SCN-互为等电子体的分子为 。
（6）“NiO”晶胞如图所示。
①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)，则C原子坐标参数为 。
②已知：氧化镍晶胞密度为dg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为 nm(用代数式表示)。
【答案】（1）[Ar]3d84s2
（2）9：1；sp2、sp3
（3）丙烯醇分子间存在氢键
（4）分子晶体
（5）6；N2O(或CO2、BeCl2等)
（6）( ，1，1)； ×107
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；有机物的结构和性质
【解析】【详解】（1）Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，价电子包括3d与4s能级电子，核外电子排布式为：[Ar]3d84s2；（2）单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个σ键，1个π键，故1 mol CH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为9:1；分子中饱和碳原子采取sp3 杂化，含碳碳双键的不饱和碳原子采用sp2杂化，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3杂化；（3）丙烯醇中含有羟基，分子之间形成氢键，使的它的沸点比丙醛的高很多；（4）羰基镍的熔点、沸点都很低，说明微粒间的作用力很小，该晶体属于分子晶体；（5）[Ni(NH3)6]2+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；（6）①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为 ，Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为( ，1，1)；②设晶胞参数为anm，观察氧化镍晶胞图，1个晶胞中含有4个NiO，面对角线上的3个O原子相切，d= ，a= ×10-7nm，设Ni2+半径为xnm,则有2r+2x=a，x= ×107nm。
【分析】（1）电子排布式指的是表示原子核外电子排布的图式之一。有七个电子层，分别用1、2、3、4、5、6、7等数字表示K、L、M、N、O、P、Q等电子层，用s、p、d、f等符号分别表示各电子亚层，并在这些符号右上角用数字表示各亚层上电子的数目；
（2）在单键中有一个σ键，双键中有一个σ键和一个π键；碳碳单间中的碳是sp3杂化；碳碳双键中的碳是sp2杂化；
（3）氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键；
（4）分子间通过分子间作用力构成的晶体叫做分子晶体；
（5）配位数是中心离子的重要特征。直接同中心离子（或原子）配位的离子数目叫中心离子（或原子）的配位数；等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团；
（6）根据晶胞密度的公式可以得出镍离子的半径。
28．（2019·浦东模拟）某研究性学习小组用重铬酸钾测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为:2K2Cr2O7+
3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+
2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O
（1）上述反应涉及的元素中，非金属性最强的是 ，硫原子核外有 种运动状态的电子。
（2）干冰属于 晶体，该晶体中存在的作用力有 、 。
（3）该反应的氧化剂是 ；标准状况下每生成2.24
L CO2转移 个电子。
（4）有小组成员用盐酸代替硫酸进行实验，发现产生了黄绿色气体，该气体为 。产生该气体的原因是 。
【答案】（1）O元素；16
（2）分子；极性共价键；范德华力
（3）K2Cr2O7；
（4）氯气（Cl2）；盐酸具有还原性，重铬酸钾将其氧化生成氯气
【知识点】分子晶体；氧化还原反应
【解析】【解答】(1)反应2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O中涉及的非金属元素C、O、H、S中，非金属性最强的是O元素，硫原子核外有16个电子，故有16种运动状态的电子；(2)干冰属于分子晶体，该晶体中存在的作用力有极性共价键、范德华力；(3) 反应2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O中，K2Cr2O7中铬元素化合价由+6价降为+3价被还原，故该反应的氧化剂是K2Cr2O7；标准状况下每生成2.24 L CO2（碳元素的化合价由0价变为+4价）转移 个电子；(4)有小组成员用盐酸代替硫酸进行实验，发现产生了黄绿色气体，该气体为氯气（Cl2）。产生该气体的原因是盐酸具有还原性，重铬酸钾将其氧化生成氯气。
【分析】（1）电子能量不同，且电子的自旋方向不同，所以每一个电子的运动状态都不一样。
（2）干冰是分子构成的，为分子晶体，微粒间的作用力是分子间作用力，分子内部原子以共价键结合。
（3） 生成0.1mol 时CO2，转移0.4mol电子。
29．（2016·深圳模拟）最近科学家发现一种钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，其结构如图所示，顶角和面心的原子是钛原子，棱的中心和体心的原子是碳原子，则它的化学式是 ．
【答案】Ti14C13
【知识点】分子晶体
【解析】【解答】解：根据题意知，该结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，直接数出其中的Ti原子和C原子个数即可，其分子式为Ti14C13．
故答案为：Ti14C13．
【分析】由“一种由钛（Ti）原子和碳原子构成的气态团簇分子”可知，上述分子模型其实就是一个分子，分子中含有的原子个数就是其分子式中的原子个数，据此分析解答．
30．（2015·海南模拟）第四周期中的18种元素具有重要的用途．
（1）已知四溴化锗是电子工业中的一种常用试剂，其熔点为26.1℃，沸点为186℃，则GeBr4晶体类型为 ，中心原子的杂化类型为 ．
（2）第四周期ⅤA﹣ⅦA族的元素中，电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示） ．
（3）金属镍在材料科学上也有重要作用，它易形成配合物，如：Ni（CO）4、[Ni（NH3）6]2+ 等．写出一种与配体CO互为等电子体的阴离子 ；配体NH3分子的空间构型为
（4）金属钒在材料科学上有重要作用，被称为”合金的维生素”，基态钒原子的价电子排布式为 ，第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能却明显低于Zn，原因是 ．
【答案】（1）分子晶体；sp3
（2）Br＞Se＞As
（3）CN﹣、C22﹣；三角锥形
（4）3d34s2；Zn原子的价电子排布式为3d104s2，体系的能量较低，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】解：（1）四溴化锗的熔沸点低，所以GeBr4是分子晶体；锗与溴形成四个共价键，所以中心原子的杂化类型为sp3，故答案为：分子晶体；sp3；（2）同周期主族元素电负性从左到右渐增，所以第四周期电负性由大到小的顺序：Br＞Se＞As，故答案为：Br＞Se＞As；（3）CO的电子数为14，含有2个原子，它的等电子体有等CN﹣、C22﹣，NH3中N原子为杂化sp3，有一对弧对电子对，所以分子的空间构型为三角锥形，故答案为：CN﹣、C22﹣；三角锥形；（4）钒元素的基态原子的简化电子排布式式[Ar]3d34s2，其价电子是排布式为3d34s2，Zn原子的价电子排布式为3d104s2，价电子中3d、4s轨道为全充满状态，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga，故答案为：3d34s2；Zn原子的价电子排布式为3d104s2，体系的能量较低，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga．
【分析】（1）四溴化锗的熔沸点低，所以GeBr4是分子晶体；锗与溴形成四个共价键，所以中心原子的杂化类型为sp3；（2）同周期主族元素电负性从左到右渐增；（3）CO的电子数为14，含有2个原子，根据等电子体的定义分析；根据NH3中N原子为杂化sp3，有一对弧对电子对，所以分子的空间构型为三角锥形；（4）钒元素的基态原子的简化电子排布式式[Ar]3d34s2，其价电子是排布式为3d34s2，根据价电子排布判断电离能的大小．
31．（2023高二下·乐安期末）、、是重要的族化合物。回答下列问题：
（1）固体属于 晶体，的VSEPR模型是 。
（2）乙二胺()易溶于水，可用于制造燃料、药物等。
①C、N、O元素的电负性由大到小的顺序为 。
②乙二胺易溶于水的原因是 ，其分子中采取杂化的原子是 (填元素符号)。
（3）分子中含有σ键的数目为 ，其晶体中含有的作用力为 (填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性键 d.范德华力
【答案】（1）分子；四面体形
（2）；乙二胺能与水分子形成氢键；、
（3）7；acd
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；极性键和非极性键
【解析】【解答】(1) 是分子构成的分子晶体； 中心原子As的σ键是3个，孤电子对数为1，As的价层电子对为4，VSEPR模型是四面体形；
故答案为：
第1空、分子
第2空、四面体形
(2)①同周期元素的电负性从左到右依次增大；
②乙二胺中存在N—H键，可以和水形成分子间氢键，溶解度大，C和N的价层电子对数都为4； 、采取杂化
故答案为：
第1空、
第2空、乙二胺能与水分子形成氢键
第3空、、
(3) 磷酸的分子式为： ，含有σ键的数目为7；含有O—H键，磷酸属于分子晶体，晶体中含有的作用力为氢键，极性键，范德华力；
故答案为：
第1空、7
第2空、acd
【分析】(1) 是分子构成的分子晶体； 中心原子As的σ键是3个，孤电子对数为1，As的价层电子对为4，VSEPR模型是四面体形；
(2)①同周期元素的电负性从左到右依次增大；
②和水形成分子间氢键，溶解度大， 乙二胺中C和N的价层电子对数都为4； 、采取杂化
(3) 有σ键的数目为7；磷酸属于分子晶体，晶体中含有的作用力为氢键，极性键，范德华力。
32．（2022高三上·日照期末）科学工作者合成了含镁、镍、碳3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Ni的基态原子价电子排布式为 。元素Mg与C中，第一电离能较小的是 (填元素符号)。
（2）科学家研究发现Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是 (填元素符号)，Ni(CO)4晶体类型是 。
（3）下列分子或离子与CO2具有相同类型化学键和立体构型的是____(填标号)。
A．SO2 B．SCN- C．NO D．I
（4）MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为anm，则r(O2-)为 nm(用含a的表达式表示)。
（5）铂镍合金在较低温度下形成一种超结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。结构中有两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由铂原子和镍原子共同构成(如)。晶体中完全由镍原子构成的八面体空隙与由铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙数目之比为 ，两种八面体空隙中心的最近距离为 pm。
【答案】（1）3d84s2；Mg
（2）C；分子晶体
（3）B；C
（4）
（5）1：3；a
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布式为3d84s2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小，Mg外围电子排布为3s2，该轨道处于全满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：Mg
（3）CO2只含极性共价键，空间构型为直线形；
A．SO2分子中只含极性共价键，但S原子为sp2杂化，含一对孤电子对，空间构型为V形，A不正确；
B．SCN-只含极性共价键，与CO2为等电子体，所以其空间构型为直线形，B正确；
C．只含极性共价键，与CO2为等电子体，所以其空间构型为直线形，C正确；
D．I离子只含非极性共价键，中心原子周围有2个σ键，根据价层电子对互斥理论，孤电子对对数==3，空间构型是直线型， D不正确；
综上所述答案为BC；
（4）O2-是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍，即4r=，解得r=；
（5）完全由镍原子构成的八面体空隙在晶胞的体心，铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙在棱心，二者的数目之比为1：3，而两种八面体空隙中心最近的距离是棱心和体心的距离，为apm。
【分析】（1）Ni的基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小；
（2）沸点较低，为分子晶体；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（4）面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍；
（5）晶胞中两种八面体空隙中心的最近距离要结合两个晶胞判断。
33．（2022高二下·龙岩期末）开发新型储氢材料是氢能源利用的重要研究方向之一。是一种储氢材料，可由和反应制得。请回答下列问题：
（1）的空间结构是 。
（2）常温下，是无色液体，熔点为-23.2℃；为白色粉末，熔点为377℃。和熔点不同的原因是 。
（3）是新型环烯类储氢材料，利用物理吸附的方法来储存氢分子，其结构如图所示：
①的晶体类型是 。
②储氢时与间的作用力为 。
a.共价键 b.离子键 c.氢键 d.范德华力
（4）氨硼烷是优良的储氢材料，氨硼烷受热析氢的部分过程如图所示：
①的键角 的键角(填“＞”、“=”或“＜”)。
②已知：等电子体结构相似。写出与互为等电子体的分子式 ，的氮硼键键能大于，其原因为 。
③CDB的结构简式为(其中的配位键用箭号表示) 。
【答案】（1）正四面体
（2）TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体，范德华力小于离子晶体的晶格能
（3）分子晶体；d
（4）＜；C2H6 （或其他合理答案）；NH2BH2分子中除了存在σ键还存在π键（或NH2BH2与C2H4为等电子体，含双键）；
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】(1)的B原子价层电子对数为4+=4，的空间结构是正四面体。故答案为：正四面体；
(2)常温下，是无色液体，熔点为-23.2℃，熔点较低，TiCl4是分子晶体，为白色粉末，熔点为377℃，熔点较高，TiF4是离子晶体。和熔点不同的原因是TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体，范德华力小于离子晶体的晶格能。故答案为：TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体，范德华力小于离子晶体的晶格能；
(3)①由分子构成，的晶体类型是分子晶体。故答案为：分子晶体；
②储氢时与间的作用力为范德华力，氢分子贮在分子的空隙中，故答案为：d；
(4)①为三角锥形，为平面三角形，的键角＜的键角(填“＞”、“=”或“＜”)。故答案为：＜；
②与互为等电子体的分子式C2H6 （或其他合理答案），的氮硼键键能大于，其原因为NH2BH2分子中除了存在σ键还存在π键（或NH2BH2与C2H4为等电子体，含双键） 。故答案为：C2H6 （或其他合理答案）；NH2BH2分子中除了存在σ键还存在π键（或NH2BH2与C2H4为等电子体，含双键） ；
③B原子上有空轨道，N原子提供孤电子对，根据第Ⅲ产物结构简式确定CDB的结构简式为(其中的配位键用箭号表示)。故答案为：。
【分析】（1）中B原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
（2）熔点：离子晶体>分子晶体；
（3）①由分子构成，属于分子晶体；
②储氢时与间的作用力为范德华力；
（4）①孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
②等电子体具有相同的原子数和价电子总数；
③B原子上有空轨道，N原子提供孤电子对。
34．（2022高二下·济南期末）铁是最常见的金属元素，含铁化合物具有重要的应用。回答下列问题：
（1）基态Fe原子核外未成对电子数为 。
（2）Fe(CO)5为黄色粘稠状液体，熔点为-20℃，沸点为103℃，60℃在空气中可自燃，其结构和部分键长如图所示。
Fe(CO)5的晶体类型为 ，与Fe配位的原子为 原子(填名称)。下列说法正确的是 (填标号)。
A．中心Fe原子可能采取sp3杂化
B．配体与Fe原子所形成的配位键的键能相同
C．Fe在周期表中位于Ⅷ族，属于d区元素
D．制备Fe(CO)5应在隔绝空气的条件下进行
（3）某种氮化铁晶体(FexNy)的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置或者b位置上的Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。FexNy中N的配位数为 ；其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 。
【答案】（1）4
（2）分子晶体；碳；CD
（3）6；Fe3CuN
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态Fe原子核外电子排布式[Ar]3d64s2，d能级有5个轨道，排6个电子，有4个单电子。
（2）依据晶体的的熔点为-20℃，沸点为103℃，可以判断Fe(CO)5的晶体类型为分子晶体，图1观察Fe原子的配位数，配体为CO-，配体中电负性弱的原子做配位原子，即C原子为配位原子。A．中心Fe原子有5个配位键，其杂化轨道为5，不可能采取sp3杂化，故A不正确；B．由图可知配体与Fe原子所形成的配位键的键长不同，键能不相同，故B不正确；C．铁在元素周期表中的位置是第四周期，第Ⅷ族，属于d区元素，故C正确；D．Fe(CO)560℃时在空气中可自燃，制备时应隔绝空气，故D正确；故
故答案为：CD。
（3）晶胞结构如图，距离N原子最近的Fe原子的个数是6，故N原子的配位数是6，能量越低越稳定可判断Cu代替a位置Fe型能量低，该类型稳定，再用均摊法计算出Cu代替a位置Fe型中，Fe原子数目为，Cu原子数目为，N原子数目为1，故其化学式为Fe3CuN。
【分析】（1）基态Fe原子核外电子排布式[Ar]3d64s2，未成对电子数为4；
（2）根据熔沸点判断晶体类型；Fe(CO)5的配位原子为C；
（3）该晶胞中距离N原子最近的Fe原子的个数是6；根据均摊法计算。
35．（2021高二下·渭滨期末）如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：
（1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，①元素位于周期表的 区。
（2）②、⑥两元素形成的化合物的空间构型为 ，其中心原子的杂化轨道类型为 。
（3）写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式
（4）⑧的二价阳离子与过量的④的氢化物的水化物作用生成的配离子化学式为：
（5）元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于 晶体(填晶体类型)。
（6）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中，该离子与NH3间结合的作用力为 。
（7）金属⑦的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为 。
【答案】（1）S
（2）平面正三角形；sp2杂化
（3）O=C=O
（4）[Cu(NH3)4]2+
（5）分子
（6）配位键
（7）1：2
【知识点】配合物的成键情况；分子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)①为H，最外层一个电子，位于s区。
(2)②、⑥两元素形成的化合物为BF3，B形成3个σ键，孤对电子数为=，BF3立体构型为平面三角形，为sp2杂化；
(3)元素③与元素⑤形成的稳定化合物为CO2，C与O形成双键， 所以结构式为：O=C=O；
(4) Cu2+与NH3 H2O反应，生成配离子[Cu(NH3)4]2+和水；
(5) 该化合物常温下呈液态，熔沸点较低，符合分子晶体的特征；
(6) 元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中生成配离子， Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键；
(7) 体心立方晶胞中实际含有的原子个数为，面心立方晶胞中实际含有的原子个数为，二者含有原子数目之比为2：4=1：2。
【分析】根据元素周期表的位置，①为H、②为B、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Fe、⑧为
Cu、⑨为Zn；
(1) ①为H，最外层一个电子，位于s区；
(2)②、⑥两元素形成的化合物为BF3，B形成3个δ键，孤对电子数为=，价层电2子对数=3+0=3；
(3)写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物为CO2，C与O形成双键；
(4)由题意， Cu2+与NH3 H2O反应，生成配离子[Cu(NH3)4]2+和水；
(5) 该化合物常温下呈液态，熔沸点较低，符合分子晶体的特征；
(6)元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中生成配离子；
(7)根据均摊法计算面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的原子个数之比。
2023年高考真题变式分类汇编：分子晶体
一、选择题
1．（2021·天津）下列各组物质的晶体类型相同的是（ ）
A．SiO2和SO3 B．I2和NaCl C．Cu和Ag D．SiC和MgO
2．（2021·辽宁）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是（ ）
A．S位于元素周期表p区 B．该物质的化学式为
C．S位于H构成的八面体空隙中 D．该晶体属于分子晶体
3．（2023·奉贤模拟）下列晶体属于分子晶体的是（ ）
A．Si B．SiO2 C．SiCl4 D．SiC
4．（2022·枣庄模拟）我国科学家率先利用作为客体分子进行组装，得到新型碳纳米管片段材料，合成效率优于石墨片层卷曲，此材料具有显著的光电效应。下列说法正确的是（ ）
A．中的碳原子为杂化
B．由形成碳纳米管为物理变化
C．石墨和均为分子晶体
D．碳纳米管导电的原因是形成了金属键
5．（2022·朝阳模拟）干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．干冰晶体是共价晶体
B．每个晶胞中含有4个分子
C．每个分子周围有12个紧邻的分子
D．干冰升华时需克服分子间作用力
6．（2021·宁波模拟）氨硼烷(NH3BH3)的结构和乙烷相似，下列关于NH3BH3的叙述正确的是（ ）
A．氨硼烷不溶于水
B．氨硼烷不易被氧化
C．分子中存在N—B共价键
D．氨硼烷为原子晶体，具有很高的熔点
7．（2021·青岛模拟） 是一种无色无味的气体，结构式如图，可溶于水生成草酸： 。下列说法正确的是（ ）
A．甲酸与草酸互为同系物
B． 是非极性分子
C．晶体熔点：草酸＞冰＞三氧化二碳＞干冰
D． 、 和 分子中碳原子的杂化方式均相同
8．（2021·浙江模拟）一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如图：
下列说法中错误的是（ ）
A．在电场作用下，水分子排列更有序，分子间作用力增强
B．一定条件下给液氨施加一个电场，也会出现类似“结冰”现象
C．若“热冰”为晶体，则其晶体类型最可能为分子晶体
D．水凝固形成常温下的“热冰”，水的化学性质发生改变
9．（2019·宝山模拟）下列双原子分子中，热稳定性最大的是（ ）
分子 I2 HF F2 HI
键能(kJ/mol) 151 569 153 297
A B C D
A．A B．B C．C D．D
10．（2019·镇海模拟）下列说法中错误的是（ ）
①H2O汽化成水蒸气破坏分子间作用力、H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键
②C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同
③因为晶体硅的摩尔质量比金刚石的摩尔质量大，所以晶体硅的熔点比金刚石的高
④SiO2与CO2的分子结构类似，所以化学性质类似
⑤分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点越高
A．①②⑤ B．①②③
C．②④⑤ D．③④⑤
11．（2019·松江模拟）下列物质熔化时只克服分子间作用力的是（ ）
A．钢铁 B．冰 C．水晶 D．食盐
12．（2019·奉贤模拟）关于晶体的叙述中，正确的是（ ）
A．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体
13．（2023高二下·上高期末）我国科学家预言的碳已被合成。碳的晶体结构可看作将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得，金刚石和碳的晶胞如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金刚石中每个碳原子被12个最小环共用
B．碳中最小环由24个碳原子组成
C．碳属于分子晶体
D．碳中键角是
14．（2023高二下·乐安期末）化学知识繁杂，充分利用归纳、类比、迁移等方法有助于化学的学习，下列有关知识的类比迁移正确的是
选项 课本知识 类比迁移
A 分子中碳为杂化 乙烷分子中碳均为杂化
B 苯、乙酸固态时均为分子晶体 所有的有机物固态时均为分子晶体
C 分子间存在氢键 分子间也存在氢键
D 电负性：O＞N 第一电离能：O＞N
A．A B．B C．C D．D
15．（2022高三上·浦东期末）硫单质通常以S8形式存在，结构如图，下列关于S8的说法错误的是
A．不溶于水 B．为原子晶体
C．为非极性分子 D．在自然界中存在
16．（2022高二上·衢州期末）冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法错误的是
A．硫化氢晶体结构和冰相似
B．冰晶体中，相邻的水分子均以氢键结合
C．晶胞中Z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键键长为d
D．冰晶体中分子间氢键存在方向性、饱和性，晶体有较大空隙，因此密度比液态水小
17．（2022高二上·衢州期末）二茂铁的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法错误的是
A．二茂铁属于分子晶体
B．在二茂铁中，与之间形成的化学键类型是离子键
C．1mol环戊二烯中含有σ键数目为
D．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取杂化
二、多选题
18．（2021高二下·济宁期末）如图为几种晶体或晶胞的结构示意图。下列说法错误的是（ ）
A．1 mol冰晶体中含有2 mol氢键
B．金刚石属于共价晶体，其中每个碳原子周围距离最近的碳原子为4
C．碘晶体属于分子晶体，每个碘晶胞中实际占有4个碘原子
D．冰、金刚石、MgO、碘单质四种晶体的熔点顺序为：金刚石＞MgO＞冰＞碘单质
三、非选择题
19．（2023·湖南）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体的晶体类型是 ；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是 ，阴极的电极反应式为 ；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式： ；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ；
（5）下列说法错误的是____；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是 ；
（7）比较分子中的键角大小： (填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
20．（2021·浙江）
（1）用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，原因是 。
（2）金属镓(Ga)位于元素周期表中第4周期IIIA族，其卤化物的熔点如下表：
GaF3 GaCl3 GaBr3
熔点/℃ > 1000 77. 75 122. 3
GaF3熔点比GaCl3熔点高很多的原因是 。
21．（2022·克拉玛依模拟）钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。
（1）TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为 。
（2）四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl
①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为
②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是 ；
③NH4Cl中存在的作用力有 ，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是 ，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为 。
（3）钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于 位置；已知晶胞参数为a nm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为 m(列出表达式)。
22．（2022·甘肃模拟）半导体芯片的发明促进了人类信息技术的发展，单晶硅。砷化镓(GaAs)、碳化硅等是制作半导体芯片的关键材料，也是我国优先发展的新材料。请回答以下问题：
（1）上述材料所涉及的四种元素中电负性最小的元素是 (填元素符号)，基态砷原子价层电子的轨道表达式为 ，和As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素还有 种。
（2）SiCl4是生产高纯硅的前驱体，沸点57.6℃，可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则SiCl4晶体类型为 。熔化时克服的作用力是 其中Si采取的杂化类型为 化合物N(CH3)3和N(SiH3)3的结构如上图所示，更易形成配合物的是 ，判断理由是 。
（3）β-SiC的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为apm和bpm，密度为pg cm-3，晶胞中4个C构成的空间构型为 ，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为 。(用含a、b、p、NA的代数式表示，NA、表示阿伏加德罗常数的值)。
23．（2020·南京模拟）过渡元素铁可形成多种配合物，如：[Fe(CN)6]4-、Fe(SCN)3等。
（1）Fe2+基态核外电子排布式为 。
（2）科学研究表明用TiO2作光催化剂可将废水中CN-转化为OCN-、并最终氧化为N2、CO2。OCN－中三种元素的电负性由大到小的顺序为 。
（3）与CN－互为等电子体的一种分子为 （填化学式）；1mol Fe(CN)63-中含有σ键的数目为 。
（4）铁的另一种配合物Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于 （填晶体类型）。
（5）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成。已知小立方体如图所示。该合金的化学式为 。
24．（2020·佛山模拟）科学家预测21世纪中叶将进入“氢能经济”时代，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：
（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，基态Zr的价层电子排布式为 。
（2）亚氨基锂(Li2NH) 所含元素第一电离能最小的是 ，电负性最大的是 (填元素符号)。
（3）咔唑( )的沸点比芴( )高的主要原因是 。
（4）①NH3BH3 (氨硼烷，熔点104℃)与乙烷互为等电子体。NH3BH3的晶体类型为 。其中B的杂化类型为 ，可通过 测定该分子的立体构型。
②NH3BH3可通过环硼氨烷、CH4与H2O进行合成，键角： CH4 H2O
(填“> "或“<")，原因是 。
（5）MgH2晶体属四方品系，结构如图，晶胞参数a =b= 450pm， c= 30lpm，原子坐标为A(0，0，0)、B(0.305，0.305，0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。
①Mg2+的半径为72pm，则H+的半径为 pm (列出计算表达式)
②用NA表示阿伏加德罗常数，MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的 倍(列出计算表达式，氢气密度为0.089g·L-1)。
25．（2019·淮北模拟）黑色金属是指铁、铬、锰及其合金，在生产生活中有着广泛的用途。请回答下列问题：
（1）基态铬原子核外存在 对自旋相反的电子，其未成对电子有 种空间伸展方向。铁和锰的第三电离能(I3)较大的是 （填元素符号），原因是 。
（2）环戊二烯 ，无色液体，熔点-97.5℃，沸点40. 0℃，存在于煤焦油中。
①环戊二烯物质中存在的微粒间相互作用有
A 范德华力 B 氢键 C δ键 D π键
②环戊二烯分子中碳原子的杂化轨道类型是
③配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、π电子等。二茂铁的分子结构如图所示，其中铁的配位数是 。
（3）金属锰的一种面心立方晶胞结构示意图如图所示，已知锰原子半径为141. 4pm，则该晶胞参数a= 。由于晶体缺陷造成晶体结构中部分原子缺失，测得实际密度为5. 52g·cm-3，Mn元素相对原子质量按为54. 94计算，此晶胞的缺陷率为 （缺陷率为单位体积内缺失原子数占应有原子总数的百分比）。
26．（2019·徐汇模拟）锡（Sn）是很早便被发现和使用的金属，其原子结构示意图见图。完成下列填空：
（1）锡为主族元素，在元素周期表中的位置是 。有一种锡的单质具有金刚石型结构，则该单质内存在的化学键是 。
SnCl4 SnBr4 SnI4
熔点/℃ -33 31 144.5
沸点/℃ 114.1 202 364
（2）解释下表中卤化锡的熔、沸点的变化规律 。
（3）SnO2能与NaOH反应生成钠盐，写出反应的化学方程式 。
（4）锡溶于盐酸得到溶液A，向A中通入氯气，氯气被还原。写出在A中反应的化学方程式
（5）马口铁是在铁表面镀一层锡。一个马口铁罐装的桔子罐头发生了“涨罐”和马口铁罐穿孔的现象。经检测罐头内食物没有腐败，则罐头内导致“涨罐”的气体可能是 ，说明理由
27．（2019·梧州模拟）据科技日报网报道南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，首次实现丙烯醇高效、绿色合成。丙烯醇及其化合物可合成甘油、医药、农药、香料，合成维生素E和KI及天然抗癌药物紫杉醇中都含有关键的丙烯醇结构。丙烯醇的结构简式为CH2=CH－CH2OH。请回答下列问题：
（1）基态镍原子的电子排布式为 。
（2）1molCH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为 ，丙烯醇分子中碳原子的杂化类型为 。
（3）丙醛(CH3CH2CHO的沸点为49℃，丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的沸点为91℃，二者相对分子质量相等，沸点相差较大的主要原因是 。
（4）羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉，它的熔点为－25℃，沸点为43℃。羰基镍晶体类型是 。
（5）Ni2+能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(SCN)3]－和[Ni(CN)2]2－等。[Ni(NH3)6]2+中心原子的配位数是
，与SCN-互为等电子体的分子为 。
（6）“NiO”晶胞如图所示。
①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)，则C原子坐标参数为 。
②已知：氧化镍晶胞密度为dg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为 nm(用代数式表示)。
28．（2019·浦东模拟）某研究性学习小组用重铬酸钾测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为:2K2Cr2O7+
3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+
2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O
（1）上述反应涉及的元素中，非金属性最强的是 ，硫原子核外有 种运动状态的电子。
（2）干冰属于 晶体，该晶体中存在的作用力有 、 。
（3）该反应的氧化剂是 ；标准状况下每生成2.24
L CO2转移 个电子。
（4）有小组成员用盐酸代替硫酸进行实验，发现产生了黄绿色气体，该气体为 。产生该气体的原因是 。
29．（2016·深圳模拟）最近科学家发现一种钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，其结构如图所示，顶角和面心的原子是钛原子，棱的中心和体心的原子是碳原子，则它的化学式是 ．
30．（2015·海南模拟）第四周期中的18种元素具有重要的用途．
（1）已知四溴化锗是电子工业中的一种常用试剂，其熔点为26.1℃，沸点为186℃，则GeBr4晶体类型为 ，中心原子的杂化类型为 ．
（2）第四周期ⅤA﹣ⅦA族的元素中，电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示） ．
（3）金属镍在材料科学上也有重要作用，它易形成配合物，如：Ni（CO）4、[Ni（NH3）6]2+ 等．写出一种与配体CO互为等电子体的阴离子 ；配体NH3分子的空间构型为
（4）金属钒在材料科学上有重要作用，被称为”合金的维生素”，基态钒原子的价电子排布式为 ，第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能却明显低于Zn，原因是 ．
31．（2023高二下·乐安期末）、、是重要的族化合物。回答下列问题：
（1）固体属于 晶体，的VSEPR模型是 。
（2）乙二胺()易溶于水，可用于制造燃料、药物等。
①C、N、O元素的电负性由大到小的顺序为 。
②乙二胺易溶于水的原因是 ，其分子中采取杂化的原子是 (填元素符号)。
（3）分子中含有σ键的数目为 ，其晶体中含有的作用力为 (填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性键 d.范德华力
32．（2022高三上·日照期末）科学工作者合成了含镁、镍、碳3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Ni的基态原子价电子排布式为 。元素Mg与C中，第一电离能较小的是 (填元素符号)。
（2）科学家研究发现Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是 (填元素符号)，Ni(CO)4晶体类型是 。
（3）下列分子或离子与CO2具有相同类型化学键和立体构型的是____(填标号)。
A．SO2 B．SCN- C．NO D．I
（4）MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为anm，则r(O2-)为 nm(用含a的表达式表示)。
（5）铂镍合金在较低温度下形成一种超结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。结构中有两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由铂原子和镍原子共同构成(如)。晶体中完全由镍原子构成的八面体空隙与由铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙数目之比为 ，两种八面体空隙中心的最近距离为 pm。
33．（2022高二下·龙岩期末）开发新型储氢材料是氢能源利用的重要研究方向之一。是一种储氢材料，可由和反应制得。请回答下列问题：
（1）的空间结构是 。
（2）常温下，是无色液体，熔点为-23.2℃；为白色粉末，熔点为377℃。和熔点不同的原因是 。
（3）是新型环烯类储氢材料，利用物理吸附的方法来储存氢分子，其结构如图所示：
①的晶体类型是 。
②储氢时与间的作用力为 。
a.共价键 b.离子键 c.氢键 d.范德华力
（4）氨硼烷是优良的储氢材料，氨硼烷受热析氢的部分过程如图所示：
①的键角 的键角(填“＞”、“=”或“＜”)。
②已知：等电子体结构相似。写出与互为等电子体的分子式 ，的氮硼键键能大于，其原因为 。
③CDB的结构简式为(其中的配位键用箭号表示) 。
34．（2022高二下·济南期末）铁是最常见的金属元素，含铁化合物具有重要的应用。回答下列问题：
（1）基态Fe原子核外未成对电子数为 。
（2）Fe(CO)5为黄色粘稠状液体，熔点为-20℃，沸点为103℃，60℃在空气中可自燃，其结构和部分键长如图所示。
Fe(CO)5的晶体类型为 ，与Fe配位的原子为 原子(填名称)。下列说法正确的是 (填标号)。
A．中心Fe原子可能采取sp3杂化
B．配体与Fe原子所形成的配位键的键能相同
C．Fe在周期表中位于Ⅷ族，属于d区元素
D．制备Fe(CO)5应在隔绝空气的条件下进行
（3）某种氮化铁晶体(FexNy)的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置或者b位置上的Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。FexNy中N的配位数为 ；其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 。
35．（2021高二下·渭滨期末）如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：
（1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，①元素位于周期表的 区。
（2）②、⑥两元素形成的化合物的空间构型为 ，其中心原子的杂化轨道类型为 。
（3）写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式
（4）⑧的二价阳离子与过量的④的氢化物的水化物作用生成的配离子化学式为：
（5）元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于 晶体(填晶体类型)。
（6）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中，该离子与NH3间结合的作用力为 。
（7）金属⑦的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体；金属晶体
【解析】【解答】A．SiO2为原子晶体，SO3为分子晶体，晶体类型不同，故A不符合题意；
B．I2为分子晶体，NaCl为离子晶体，晶体类型不同，故B不符合题意；
C．Cu和Ag都为金属晶体，晶体类型相同，故C符合题意；
D．SiC为原子晶体，MgO为离子晶体，晶体类型不同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】阴阳离子间通过离子键形成的晶体为离子晶体；
分子间通过分子间作用力形成的晶体为分子晶体；
相邻原子间通过共价键结合而成的立体网状的晶体为共价晶体；
由金属阳离子和自由电子间相互作用形成的晶体为金属晶体。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A不符合题意；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为 ，H个数为： ，故H、S原子个数比为3：1，故该物质的化学式为 ，B不符合题意；
C．S位于H构成的八面体空隙中，如图所示 ，C不符合题意；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.根据硫元素的价电子排布，分析在元素周期表的位置在ｐ区；
B.根据晶胞图可以知道，此物质化学式是；
C.根据晶胞图，硫原子在氢原子所构成的八面体的空隙；
D.此物质是超导材料，属于阴阳离子构成的离子晶体。
3．【答案】C
【知识点】分子晶体
【解析】【解答】A．Si为共价晶体，A不符合题意；
B．SiO2为共价晶体，B不符合题意；
C．SiCl4为分子晶体，C符合题意；
D．SiC为共价晶体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅等)、非金属氢化物、非金属氧化物(除SiO2外)、几乎所有的酸、绝大多数有机物(除有机盐外)是分子晶体。
4．【答案】A
【知识点】分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．C60分子中每个碳原子均与周围相邻的其他3个碳原子相连，所以碳是sp2杂化，故A符合题意；
B．C60与碳纳米管是不同物质，为化学变化，故B不符合题意；
C．C60是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体，属于分子晶体，石墨中含有分子间作用力、共价键和金属键，所以其质软，石墨为混合型晶体，故C不符合题意；
D．碳纳米管中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，电子可以在层内移动，类似于金属键，没有金属阳离子，不能构成金属键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】C60和碳纳米管是不同物质，转化属于化学变化，石墨属于混合型晶体，碳纳米管可以导电主要是形成的π键，根据C60的结构即可判断为sp2杂化，结合选项即可判断
5．【答案】A
【知识点】分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由题干信息可知，干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，干冰晶体是分子晶体，A符合题意；
B．由题干图示晶胞图可知，每个晶胞中含有=4个分子，B符合题意；
C．由题干图示晶胞图可知，以其中面心上的一个CO2为例，其周围有3个相互垂直的平面，每个平面上有4个CO2与之最近且距离相等，则每个分子周围有12个紧邻的分子，C不符合题意；
D．已知干冰是分子晶体，故干冰升华时需克服分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据干冰的沸点即可判断为分子晶体，结合占位即可计算出一个晶胞分子中含有4个二氧化碳分子，距离最近的有12个二氧化碳分子，结合选项即可判断
6．【答案】C
【知识点】分子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．氨硼烷能与水形成分子间氢键，并且氨硼烷是极性分子，所以氨硼烷易溶于水，故A不符合题意；
B．NH3BH3中B的化合价为-3，易被氧化，故B不符合题意；
C．N存在孤电子对，B存在空轨道，所以NH3BH3分子中，存在N-B配位键，故C符合题意；
D．乙烷为分子晶体，常温下为气态，熔点较低；氨硼烷的结构和乙烷相似，性质相似，所以氨硼烷为分子晶体，具有较低的熔点，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用氨硼烷与乙烷结构相似，那么性质也相似，乙烷不溶于水，不易被氧化，为分子晶体，熔点低，那么氨硼烷也有相似性质
7．【答案】C
【知识点】分子晶体；晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同系物
【解析】【解答】A．同系物是结构相似，分子式相差若干个CH2的物质，甲酸(HCOOH)与草酸(HOOCCOOH)不符合要求，不互为同系物，A不符合题意；
B．由图可知 正负电中心不重合，是极性分子，B不符合题意；
C．草酸、冰、三氧化二碳、干冰均是分子晶体，草酸分子间和H2O分子间均能形成氢键，熔点会更高，草酸形成的氢键数目更多，熔点在四者中最大， 相对分子质量比 低，熔点也低于 ，所以四者熔点大小为：草酸＞冰＞三氧化二碳＞干冰，C符合题意；
D． 中碳原子的杂化方式为sp杂化， 中碳原子的杂化方式为sp2杂化， 分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，杂化方式不全部相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物；
B、根据C2O3的分子结构分析；
C、根据晶体熔沸点的影响因素分析；
D、根据碳原子的成键情况分析其杂化方式；
8．【答案】D
【知识点】分子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】A．在电场作用下，水分子排列更有序，水分子之间距离缩小，因此分子间作用力增强，A不符合题意；
B．在弱电场力作用下水变为“热冰”，说明水分子是极性分子，只有极性分子才会在电场中发生运动。NH3分子是极性分子，因此在一定条件下给液氨施加一个电场，也会出现类似“结冰”现象，B不符合题意；
C． 若“热冰”为晶体，由于构成微粒是水分子，分子之间以分子间作用力结合，因此其晶体类型最为分子晶体，C不符合题意；
D．水凝固形成常温下的“热冰”，只改变了分子之间的距离，构成微粒没有变化，因此水的化学性质也没有发生改变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示即可判断，给水进行施加电场，成为热冰，根据图示电场作用下排序更加有序，同时给液氨施加电压也会出现类似情况，水和液氨均是分子晶体，因此出现热冰现象最大可能是分子晶体，水变成热冰后，依旧是水化学性质不变结合选项进行判断即可
9．【答案】B
【知识点】分子晶体；分子间作用力
【解析】【解答】双原子分子中，共价键的键能越大，分子的热稳定性越大，由表可知HF分子中共价键键能最大，则HF的热稳定性最大，
故答案为：B。
【分析】根据原子之间形成的共价键的键能大小就能比较出分子的热稳定性，即键能越大，分子越稳定。
10．【答案】D
【知识点】分子晶体；分子间作用力；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】① H2O分子之间存在分子间作用力，汽化成水蒸气，破坏了分子间作用力，H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键H-O键，故①符合题意；②丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，故②符合题意；③因原子半径C＜Si，则键长C-C＜Si-Si，共价键键长越长，键能越小，则熔点越低，应为金刚石＞晶体硅，故③不符合题意；④SiO2属于原子晶体，结构中没有单个的分子，故④不符合题意；⑤分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量(分子间作用力)成正比，与共价键的强弱无关，故⑤不符合题意；
故答案为：D。
【分析】①分子间作用力，又称范德瓦尔斯力，是存在于中性分子或原子之间的一种弱碱性的电性吸引力；共价键指的是原子之间通过共用电子对形成的化学键；
②分子式形同但是结构不同的化合物叫做同分异构体；
③原子的半径越长代表共价键的键长就越长，那么共价键的键能就越低，分子的熔沸点就越低；
④SiO2只是其结构式，不代表一个分子；
⑤影响分子晶体的熔沸点的因素是分子之间的作用力，而不是共价键。
11．【答案】B
【知识点】分子晶体
【解析】【解答】熔化时只克服分子间作用力的通常为分子晶体。
A. 钢铁，为金属晶体，熔化时破坏金属键，A项不符合题意；
B. 冰，为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，B项符合题意；
C.水晶，二氧化硅，为原子晶体，熔化时破坏共价键，C项不符合题意；
D.食盐，离子晶体，熔化时破坏离子键，D项不符合题意
故答案为：B。
【分析】分子晶体中微粒间的作用力为范德华力，三态间的变化破坏的是范德华力。
12．【答案】C
【知识点】分子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义
【解析】【解答】A. 分子晶体中，共价键的键能越大，稳定性越大，而分子间的作用力越大，熔沸点越高，所以键能的大小不能判断分子晶体的熔沸点，A项不符合题意；
B. 分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，而共价键的键能越大，稳定性越大，B项不符合题意；
C. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，C项符合题意；
D. 共价化合物形成的电解质溶于水后可电离出自由移动的离子，如HCl等，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.分子晶体的熔沸点和共价键没有关系，看分子间作用力的大小。
B.分子的稳定性和化学键的强弱有关系，和分子间作用力没有关系。
C.原子晶体靠共价键结合。
D.可能是分子晶体，比如HCl在溶于水后也能电离。
13．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、金刚石中，1个碳原子为4个碳原子共同拥有，每个碳原子可以形成3个六元环，则每个碳原子为12个最小环共同拥有，A正确
B、T-碳晶胞中，正四面体分别占据8个顶点、6个面心和4个体心，即晶胞中正四面体的个数为，每个正四面体有4个碳原子，则最小环由32个碳原子组成，B错误；
C、T-碳结构类似于金刚石，属于共价晶体，C错误；
D、正四面体中，每三个碳原子的夹角为60°，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据碳原子所连接其他碳原子和正四面体的碳原子个数计算；
B、结合晶胞中顶点、面心和体心占据情况计算；
C、金刚石为共价晶体，以正四面体替换碳原子，形成的晶体为共价晶体；
D、正四面体为四个正三角形构成的四面体，正四面体的夹角为60°。
14．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．烷烃分子中碳原子形成四个单键，均为杂化sp3，A符合题意；
B． 大多有机物是分子晶体，但有一部分是离子晶体，B不符合题意；
C．磷的电负性较小，磷化氢分子间不能形成氢键，C不符合题意；
D．氮的轨道半充满，能量低较稳定，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．烷烃分子中碳原子形成四个单键，均为杂化sp3；
B． 大多有机物是分子晶体，但有一部分是离子晶体；
C．磷的电负性较小，磷化氢分子间不能形成氢键；
D．氮的轨道半充满，能量低较稳定。
15．【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；分子晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．S8不溶于水，故A不符合题意；
B．固态S是由S8构成的，该晶体中存在的微粒是分子，所以属于分子晶体，故B符合题意；
C．S8以S-S非极性键形成的非极性分子，故C不符合题意；
D．S8是在自然界中存在一种硫单质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硫单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；
C.S8结构对称，正负电荷中心重合；
D.硫单质存在于火山口附近以及地壳的岩层里。
16．【答案】A
【知识点】分子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．硫化氢分子间不存在氢键，冰中水分子间存在氢键，因此两者结构不相似，故A说法符合题意；
B．在冰晶体中，每个水分子与四个水分子通过氢键相结合，故B说法不符合题意；
C．氢键键长可以表示为通过氢键相连的两个氧原子的核间距，z方向上距离最近的两个O原子所在的水分子通过氢键相连，故C说法不符合题意；
D．在冰的晶体中，由于氢键有方向性和饱和性，迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，其密度比液态水小，故D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.冰晶体中，每个水分子与四个水分子通过氢键相结合；
C.通过氢键相连的两个氧原子的核间距即为氢键键长；
D.氢键有方向性和饱和性。
17．【答案】B
【知识点】化学键；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A． 根据二茂铁的物理性质，如熔点低、易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，故A不符合题意；
B． 在二茂铁中，与之间形成的化学键时，碳原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者形成配位键，配位键属于共价键，故B符合题意；
C． 1mol环戊二烯中碳原子没有达到饱和，故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，1mol环戊二烯中含有σ键数目为，故C不符合题意；
D． 已知环戊二烯的结构式为，由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二茂铁的熔沸点较低，属于分子晶体；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键也是σ键；
D.双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化。
18．【答案】C,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；分子晶体；晶体熔沸点的比较；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．这是一个无线延伸的网状结构，找出它的单元就行，找一个水分子（也可以说是冰晶）把四周的氢键切两半，最后就会得到4个半根的氢键，也就是两个，1 mol冰晶体中含有2 mol氢键，A不符合题意；
B．金刚石属于共价晶体，其中每个碳原子与紧邻4个其它C原子结合，故周围距离最近的碳原子为4，B不符合题意；
C．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，C符合题意；
D．熔点的一般规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体，冰属于分子晶体，碘单质为分子晶体，室温下碘为固体、水为液体，MgO属于离子晶体，金刚石是共价晶体，冰、金刚石、MgO、碘单质四种晶体的熔点顺序为：金刚石＞MgO＞碘单质＞冰，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．根据晶体结构看，一个水分子与周围的四个水分子形成氢键，由均摊法计算即可；
B．金刚石属于共价晶体，再结合晶体结构可知B项正确；
C．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子；
D．根据熔点规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体判断；
19．【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出；Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7）>；Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【知识点】分子晶体；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）晶体Ga(CH3)3的沸点为55.7℃，比水的沸点还低，因此属于分子晶体。
（2）电解精炼过程是为了制取高纯Ga，由于Ga的熔点为29.8℃，因此控制温度在40~45℃是为了使电解生成的Ga为液态，便于Ga的分离。电解过程中，阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga，该电极的电极反应式为：Ga3＋＋3e－=Ga。
（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中往Ga2Mg5中加入CH3I、Et2O，反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式为：Ga2Mg5＋8CH3I＋2Et2O=2Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI。
（4）“残渣”中含有反应后生成的CH3MgI，经水处理过程中，能与H2O发生水解反应，生成CH4、HI和Mg(OH)2，其中属于可燃性气体的为CH4。
（5）A、流程中“配体交换”工序中反应生成了Et2O，因此流程中Et2O可循环利用，A不符合题意；
B、Ga2Mg5能与H2O反应，Ga(CH3)3(Et2O)能与H2O和O2反应，因此流程中”合成Ga2Mg5”至“工序X”都需在无水、无氧的条件下进行，B不符合题意；
C、“配体交换”工序中反应生成了Ga(CH3)3(NR3)，经“工序X”后得到Ga(OH)3，因此“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(OH)3，C不符合题意；
D、Ga(CH3)3、CH3I二者都只含有一种氢原子，但其在核磁共振氢谱中，化学位移不同，因此可通过核磁共振氢谱进行鉴别，D符合题意；
故答案为：D
（6）NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离；而Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在Et2O转化为气态的同时，Ga(CH3)3也是气态，难以得到超纯的Ga(CH3)3。因此本流程中采用了“配体交换”工艺。
（7）Ga(CH3)3中Ga采用sp2杂化，为平面型结构；而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构。所以键角Ga(CH3)3大于Ga(CH3)3(Et2O)。
【分析】（1）Ga(CH3)3的沸点较低，属于分子晶体。
（2）结合Ga的沸点为29.8℃可知，温度在40～45℃时，Ga为液态。阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga单质。
（3）根据流程确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）“残渣”的成分为CH3MgI，经水处理的过程中CH3MgI与H2O发生水解反应。
（5）A、“配体交换”过程中，生成了Et2O；
B、Ga2Mg5、CH3MgI都易与H2O、O2发生反应；
C、“配体交换”后得到Ga(CH3)3(NR3)，经工序X后得到Ga(CH3)3；
D、二者核磁共振氢谱的化学位移不同，可鉴别；
（6）Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在蒸出Et2O的同时，Ga(CH3)3也为气态，一起蒸出。而NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离。
（7）结合Ga(OH)3、Ga(CH3)3(Et2O)的结构判断二者键角的大小。
20．【答案】（1）两个乙酸分子通过氢键形成二聚体( )
（2）GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力
【知识点】离子晶体；分子晶体；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】(1)质谱检测乙酸时，出现质荷比为120的峰，说明可能为两分子的乙酸结合在一起，由于乙酸分子中存在可以形成氢键的O原子，故这种结合为以氢键形式结合的二聚体( )，故答案为：两个乙酸分子通过氢键形成二聚体( )；
(2)F的非金属性比Cl强，比较GaF3和GaCl3的熔点可知，GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体中主要的作用为离子键，分子晶体中主要的作用为分子间作用力，离子键强于分子间作用力，故GaF3的熔点高于GaCl3，故答案为：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力。
【分析】（1）乙酸的相对分子质量是60，乙酸中的氧原子可以提供孤对电子易形成氢键，由于氢键的作用会出现乙酸的二聚体
（2）主要是形成的晶体类型不同，氟的非金属性强，易形成的是离子晶体而氯形成的是分子晶体因此沸点不同
21．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s1
（2）分子晶体；O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；配位键、离子键、共价键；前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点；sp3杂化
（3）棱心；a×10-9
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
(2) ① Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；
②O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；
③根据氯化铵的电子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；
Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对σ键，故杂化方式为sp3杂化；
(3)从图中可以看出，若Ti位于顶点位置，则O可以看成位于棱心的中心位置；
Ti位于O所形成的正八面体的体心，八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为a，斜边长为=anm=a×10-9m。
【分析】（1）Cr为24号元素，根据构造原理书写电子排布式；
（2）①根据相似相溶原理判断；
②原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，第一电离能较大；
③NH4Cl中存在配位键、离子键、共价键；离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点； Ti(OCH2CH3)4分子中C原子形成4个σ键；
（3）若Ti位于顶点位置，相当于将晶胞整体沿（，，）方向平移，根据几何知识分析计算。
22．【答案】（1）Ga；；2或两
（2）分子晶体；分子间作用力；sp3；N(CH3)3；分子极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍
（3）正四面体；
【知识点】分子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力
【解析】【解答】(1)上述材料所涉及的四种元素为Ga、As、C、Si；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，下非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故中电负性最小的元素是Ga；砷位于第四周期第ⅤA族，基态砷原子价层电子的轨道表达式为；和As位于同一周期，且未成对电子数也相同，有3个未成对电子的元素还有V、Co这2种元素；
(2)SiCl4沸点较低且可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则SiCl4晶体类型为分子晶体，熔化时克服的作用力是分子间作用力，其中硅原子的价层价层电子对数为，为sp3杂化；化合物N(CH3)3和N(SiH3)3中更易形成配合物的是N(CH3)3，其结构为三角锥形，极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍；
(3)由图可知，把晶胞分割为8个小立方体，晶胞中4个C分别上面相对的和下面相对的2个小立方体中，这4个C构成的空间构型为正四面体；
硅原子为顶点和面心，1个晶胞中硅原子个数为，4个C位于晶胞内部，则一个晶胞中含有4个碳原子和4个硅原子晶胞密度为pg cm-3，设晶胞体积为V，则， cm-3；原子的总体积为，
故其原子的空间利用率为。
【分析】（1）电负性是原子吸引电子的能力；轨道表达式是电子排布图；As的未成对电子数为3，第四周期中未成对电子数为3的还有V、Co；
（2）SiCl4的沸点低，易溶于有机溶剂，可知是分子晶体，分子晶体熔化克服的是分子间作用力；
AB4分子中，A原子一般是sp3杂化；
分子极性越强，N原子提供孤对电子形成配合物时空间越大，越易形成配合物；
（3）观察晶胞结构图可知是正四面体型，原子空间利用率是算出一个晶胞中所有原子的体积之和，再比上晶胞的体积。
23．【答案】（1）[Ar]3d6
（2）O>N>C
（3）CO或N2；126.021023个或12mol
（4）分子晶体
（5）AlFe3
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)铁为 26号元素，其亚铁离子的电子排布式为 [Ar]3d6；(2)非金属性越强，电负性越强，所以顺序为：O>N>C；(3) CN－互为等电子体的的微粒含有2个原子，价电子是10，所以可以为CO或N2；1mol Fe(CN)63-中CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配位物中含有σ键的数目为12×6.021023个或12mol；(4) )铁的另一种配合物Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于分子晶体。(5)正方体中，铁原子个数为 ，铝原子个数为 ，所以铝、铁原子个数比为 =1:3，所以该合金的化学式为AlFe3。
【分析】原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体。正方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，面上的原子被2个晶胞占有，棱上的原子被4个晶胞占有，体心上的原子被1个晶胞占有，利用均摊法计算各种原子个数，从而确定化学式。
24．【答案】（1）4d25s2
（2）Li；N
（3）咔唑分子间存在氢键
（4）分子晶体；sp3；红外光谱；＞；CH4中无孤电子对，H2O中有两对孤电子对，孤电子对与σ键之间的排斥力大于σ 键之间的排斥力，使得CH4中的键角比H2O 中的键角大
（5） ； 或
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；含有氢键的物质；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，属于ⅣB族，依据核外电子排布规律写出基态Zr的价层电子排布式为4d25s2，故答案为：4d25s2；（2）Li和H属于同主族，第一电离能由大变小，H>Li，电负性由小变大H
【分析】（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，属于ⅣB族，则基态Zr的价层电子排布式为；（2）Li和H属于同主族，第一电离能由大变小，H>Li，电负性由小变大H
（2）ACD；sp2、sp3；6
（3）400.0pm；3.2%
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Cr是24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1, 1s-3p共9个轨道充满电子，每个轨道中有两个电子自旋方向相反；3d五个轨道和4s轨道上各有一个电子，其空间伸展方向各不相同。故基态铬原子核外存在自旋相反的电子有9对, 其未成对电子有6种空间伸 展方向。Mn2+外围电子为3d5，为半满，是稳定结构，再失去一个电子所需要能量较高，第三电离能大；而Fe2+外围电子3d6，再失去一个电子变为半满结构3d5，所以第三电离能锰大于铁。
故答案为：9； 6；锰；基态Mn2+外围电子为3d5，为半满，是稳定结构，再失去一个电子所需要能量较高，所以第三电离能大；而Fe2+外围电子3d6，第三电离能小。（2）①环戊二烯晶体属于分子晶体，分子间存在范德华力；环戊二烯分子内原子间存在共价键（单键和双键），有σ键、π键，
故答案为：ACD，②环戊二烯分子中，双键碳原子的杂化类型为sp2，全部单键碳原子的杂化类型为sp3 。 ③配位数是形成配位化合物时，一个中心原子接受的配体提供的电子对对数。形成二茂铁时，每个环戊二烯离子提供1对孤电子对、2对π电子对，故二茂铁分子中铁原子配位数是6。
故答案为：ACD；sp2、sp3；6。（3）金属锰是面心立方晶胞，锰原子半径为141.4pm，则该晶胞面对角线4×141.4pm，晶胞边长为4×141.4pm/1.414 =400.0pm。晶胞中含有锰原子的个数：8×1/8＋6×1/2＝4，所以晶胞的密度＝ ＝5.70g cm-3，缺陷率为单位体积内缺失原子数占应有原子总数的百分比，缺陷率＝（5.70-5.52）/5.70×100%＝3.2%。
故答案为：400.0pm；3.2%。
【分析】（1）根据基态原子核外电子排布式分析；全充满、半充满结构较为稳定，再失去一个电子所需要能量较高， 据此分析；
（2）分子晶体中分子间存在范德华力；根据中心原子的价层电子对数判断其杂化方式；根据配位数的概念结合图示分析计算；
（3）金属锰是面心立方晶胞，结合晶胞密度的公式计算，注意单位统一；缺陷率为单位体积内缺失原子数占应有原子总数的百分比，据此分析解答。
26．【答案】（1）第五周期第IVA族；共价键
（2）三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl4、SnBr4、SnI4依次升高
（3）SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O
（4）SnCl2+Cl2=SnCl4
（5）氢气；马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀
【知识点】化学键；分子晶体；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据锡的原子结构示意图知，在元素周期表中的位置是第五周期第IVA族；具有金刚石型结构，则该单质内存在的化学键是共价键，
故答案为：第五周期第IVA族；共价键；（2）由表中数据分析知三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl4、SnBr4、SnI4依次升高，
故答案为： 三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔沸点由SnCl4、SnBr4、SnI4依次升高；（3）SnO2能与NaOH反应生成钠盐和水，化学方程式为SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O，
故答案为：SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O；（4）锡常见价态有+2、+4，则反应的化学方程式SnCl2+Cl2=SnCl4，
故答案为：SnCl2+Cl2=SnCl4；（5）食物没有腐败，说明罐内没有氧气，说明腐蚀为析氢腐蚀，所以气体可能氢气；产生原因是马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀，
故答案为：氢气；马口铁破损后锡与铁形成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀。
【分析】（1）Sn为第五周期IVA族，是原子晶体，原子间以共价键相结合。
（2）卤化锡的熔沸点低为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，相对分子质量越大，熔沸点越高。
（3）类似CO2与 NaOH反应一样，生成盐和水。 SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O。
（4）氯气作氧化剂，将锡盐氧化。
（5）锡、铁为活泼性不同的金属，与酸溶液形成原电池，锡作负极失电子溶解穿孔，铁作正极，氢离子得电子生成氢气发生了“涨罐”。
27．【答案】（1）[Ar]3d84s2
（2）9：1；sp2、sp3
（3）丙烯醇分子间存在氢键
（4）分子晶体
（5）6；N2O(或CO2、BeCl2等)
（6）( ，1，1)； ×107
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；有机物的结构和性质
【解析】【详解】（1）Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，价电子包括3d与4s能级电子，核外电子排布式为：[Ar]3d84s2；（2）单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个σ键，1个π键，故1 mol CH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为9:1；分子中饱和碳原子采取sp3 杂化，含碳碳双键的不饱和碳原子采用sp2杂化，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3杂化；（3）丙烯醇中含有羟基，分子之间形成氢键，使的它的沸点比丙醛的高很多；（4）羰基镍的熔点、沸点都很低，说明微粒间的作用力很小，该晶体属于分子晶体；（5）[Ni(NH3)6]2+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；（6）①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为 ，Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为( ，1，1)；②设晶胞参数为anm，观察氧化镍晶胞图，1个晶胞中含有4个NiO，面对角线上的3个O原子相切，d= ，a= ×10-7nm，设Ni2+半径为xnm,则有2r+2x=a，x= ×107nm。
【分析】（1）电子排布式指的是表示原子核外电子排布的图式之一。有七个电子层，分别用1、2、3、4、5、6、7等数字表示K、L、M、N、O、P、Q等电子层，用s、p、d、f等符号分别表示各电子亚层，并在这些符号右上角用数字表示各亚层上电子的数目；
（2）在单键中有一个σ键，双键中有一个σ键和一个π键；碳碳单间中的碳是sp3杂化；碳碳双键中的碳是sp2杂化；
（3）氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键；
（4）分子间通过分子间作用力构成的晶体叫做分子晶体；
（5）配位数是中心离子的重要特征。直接同中心离子（或原子）配位的离子数目叫中心离子（或原子）的配位数；等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团；
（6）根据晶胞密度的公式可以得出镍离子的半径。
28．【答案】（1）O元素；16
（2）分子；极性共价键；范德华力
（3）K2Cr2O7；
（4）氯气（Cl2）；盐酸具有还原性，重铬酸钾将其氧化生成氯气
【知识点】分子晶体；氧化还原反应
【解析】【解答】(1)反应2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O中涉及的非金属元素C、O、H、S中，非金属性最强的是O元素，硫原子核外有16个电子，故有16种运动状态的电子；(2)干冰属于分子晶体，该晶体中存在的作用力有极性共价键、范德华力；(3) 反应2K2Cr2O7+ 3C + 8H2SO4→2Cr2(SO4)3+ 2K2SO4 + 3CO2↑+8H2O中，K2Cr2O7中铬元素化合价由+6价降为+3价被还原，故该反应的氧化剂是K2Cr2O7；标准状况下每生成2.24 L CO2（碳元素的化合价由0价变为+4价）转移 个电子；(4)有小组成员用盐酸代替硫酸进行实验，发现产生了黄绿色气体，该气体为氯气（Cl2）。产生该气体的原因是盐酸具有还原性，重铬酸钾将其氧化生成氯气。
【分析】（1）电子能量不同，且电子的自旋方向不同，所以每一个电子的运动状态都不一样。
（2）干冰是分子构成的，为分子晶体，微粒间的作用力是分子间作用力，分子内部原子以共价键结合。
（3） 生成0.1mol 时CO2，转移0.4mol电子。
29．【答案】Ti14C13
【知识点】分子晶体
【解析】【解答】解：根据题意知，该结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，直接数出其中的Ti原子和C原子个数即可，其分子式为Ti14C13．
故答案为：Ti14C13．
【分析】由“一种由钛（Ti）原子和碳原子构成的气态团簇分子”可知，上述分子模型其实就是一个分子，分子中含有的原子个数就是其分子式中的原子个数，据此分析解答．
30．【答案】（1）分子晶体；sp3
（2）Br＞Se＞As
（3）CN﹣、C22﹣；三角锥形
（4）3d34s2；Zn原子的价电子排布式为3d104s2，体系的能量较低，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】解：（1）四溴化锗的熔沸点低，所以GeBr4是分子晶体；锗与溴形成四个共价键，所以中心原子的杂化类型为sp3，故答案为：分子晶体；sp3；（2）同周期主族元素电负性从左到右渐增，所以第四周期电负性由大到小的顺序：Br＞Se＞As，故答案为：Br＞Se＞As；（3）CO的电子数为14，含有2个原子，它的等电子体有等CN﹣、C22﹣，NH3中N原子为杂化sp3，有一对弧对电子对，所以分子的空间构型为三角锥形，故答案为：CN﹣、C22﹣；三角锥形；（4）钒元素的基态原子的简化电子排布式式[Ar]3d34s2，其价电子是排布式为3d34s2，Zn原子的价电子排布式为3d104s2，价电子中3d、4s轨道为全充满状态，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga，故答案为：3d34s2；Zn原子的价电子排布式为3d104s2，体系的能量较低，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga．
【分析】（1）四溴化锗的熔沸点低，所以GeBr4是分子晶体；锗与溴形成四个共价键，所以中心原子的杂化类型为sp3；（2）同周期主族元素电负性从左到右渐增；（3）CO的电子数为14，含有2个原子，根据等电子体的定义分析；根据NH3中N原子为杂化sp3，有一对弧对电子对，所以分子的空间构型为三角锥形；（4）钒元素的基态原子的简化电子排布式式[Ar]3d34s2，其价电子是排布式为3d34s2，根据价电子排布判断电离能的大小．
31．【答案】（1）分子；四面体形
（2）；乙二胺能与水分子形成氢键；、
（3）7；acd
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；极性键和非极性键
【解析】【解答】(1) 是分子构成的分子晶体； 中心原子As的σ键是3个，孤电子对数为1，As的价层电子对为4，VSEPR模型是四面体形；
故答案为：
第1空、分子
第2空、四面体形
(2)①同周期元素的电负性从左到右依次增大；
②乙二胺中存在N—H键，可以和水形成分子间氢键，溶解度大，C和N的价层电子对数都为4； 、采取杂化
故答案为：
第1空、
第2空、乙二胺能与水分子形成氢键
第3空、、
(3) 磷酸的分子式为： ，含有σ键的数目为7；含有O—H键，磷酸属于分子晶体，晶体中含有的作用力为氢键，极性键，范德华力；
故答案为：
第1空、7
第2空、acd
【分析】(1) 是分子构成的分子晶体； 中心原子As的σ键是3个，孤电子对数为1，As的价层电子对为4，VSEPR模型是四面体形；
(2)①同周期元素的电负性从左到右依次增大；
②和水形成分子间氢键，溶解度大， 乙二胺中C和N的价层电子对数都为4； 、采取杂化
(3) 有σ键的数目为7；磷酸属于分子晶体，晶体中含有的作用力为氢键，极性键，范德华力。
32．【答案】（1）3d84s2；Mg
（2）C；分子晶体
（3）B；C
（4）
（5）1：3；a
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布式为3d84s2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小，Mg外围电子排布为3s2，该轨道处于全满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：Mg
（3）CO2只含极性共价键，空间构型为直线形；
A．SO2分子中只含极性共价键，但S原子为sp2杂化，含一对孤电子对，空间构型为V形，A不正确；
B．SCN-只含极性共价键，与CO2为等电子体，所以其空间构型为直线形，B正确；
C．只含极性共价键，与CO2为等电子体，所以其空间构型为直线形，C正确；
D．I离子只含非极性共价键，中心原子周围有2个σ键，根据价层电子对互斥理论，孤电子对对数==3，空间构型是直线型， D不正确；
综上所述答案为BC；
（4）O2-是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍，即4r=，解得r=；
（5）完全由镍原子构成的八面体空隙在晶胞的体心，铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙在棱心，二者的数目之比为1：3，而两种八面体空隙中心最近的距离是棱心和体心的距离，为apm。
【分析】（1）Ni的基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小；
（2）沸点较低，为分子晶体；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（4）面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍；
（5）晶胞中两种八面体空隙中心的最近距离要结合两个晶胞判断。
33．【答案】（1）正四面体
（2）TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体，范德华力小于离子晶体的晶格能
（3）分子晶体；d
（4）＜；C2H6 （或其他合理答案）；NH2BH2分子中除了存在σ键还存在π键（或NH2BH2与C2H4为等电子体，含双键）；
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】(1)的B原子价层电子对数为4+=4，的空间结构是正四面体。故答案为：正四面体；
(2)常温下，是无色液体，熔点为-23.2℃，熔点较低，TiCl4是分子晶体，为白色粉末，熔点为377℃，熔点较高，TiF4是离子晶体。和熔点不同的原因是TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体，范德华力小于离子晶体的晶格能。故答案为：TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体，范德华力小于离子晶体的晶格能；
(3)①由分子构成，的晶体类型是分子晶体。故答案为：分子晶体；
②储氢时与间的作用力为范德华力，氢分子贮在分子的空隙中，故答案为：d；
(4)①为三角锥形，为平面三角形，的键角＜的键角(填“＞”、“=”或“＜”)。故答案为：＜；
②与互为等电子体的分子式C2H6 （或其他合理答案），的氮硼键键能大于，其原因为NH2BH2分子中除了存在σ键还存在π键（或NH2BH2与C2H4为等电子体，含双键） 。故答案为：C2H6 （或其他合理答案）；NH2BH2分子中除了存在σ键还存在π键（或NH2BH2与C2H4为等电子体，含双键） ；
③B原子上有空轨道，N原子提供孤电子对，根据第Ⅲ产物结构简式确定CDB的结构简式为(其中的配位键用箭号表示)。故答案为：。
【分析】（1）中B原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
（2）熔点：离子晶体>分子晶体；
（3）①由分子构成，属于分子晶体；
②储氢时与间的作用力为范德华力；
（4）①孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
②等电子体具有相同的原子数和价电子总数；
③B原子上有空轨道，N原子提供孤电子对。
34．【答案】（1）4
（2）分子晶体；碳；CD
（3）6；Fe3CuN
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态Fe原子核外电子排布式[Ar]3d64s2，d能级有5个轨道，排6个电子，有4个单电子。
（2）依据晶体的的熔点为-20℃，沸点为103℃，可以判断Fe(CO)5的晶体类型为分子晶体，图1观察Fe原子的配位数，配体为CO-，配体中电负性弱的原子做配位原子，即C原子为配位原子。A．中心Fe原子有5个配位键，其杂化轨道为5，不可能采取sp3杂化，故A不正确；B．由图可知配体与Fe原子所形成的配位键的键长不同，键能不相同，故B不正确；C．铁在元素周期表中的位置是第四周期，第Ⅷ族，属于d区元素，故C正确；D．Fe(CO)560℃时在空气中可自燃，制备时应隔绝空气，故D正确；故
故答案为：CD。
（3）晶胞结构如图，距离N原子最近的Fe原子的个数是6，故N原子的配位数是6，能量越低越稳定可判断Cu代替a位置Fe型能量低，该类型稳定，再用均摊法计算出Cu代替a位置Fe型中，Fe原子数目为，Cu原子数目为，N原子数目为1，故其化学式为Fe3CuN。
【分析】（1）基态Fe原子核外电子排布式[Ar]3d64s2，未成对电子数为4；
（2）根据熔沸点判断晶体类型；Fe(CO)5的配位原子为C；
（3）该晶胞中距离N原子最近的Fe原子的个数是6；根据均摊法计算。
35．【答案】（1）S
（2）平面正三角形；sp2杂化
（3）O=C=O
（4）[Cu(NH3)4]2+
（5）分子
（6）配位键
（7）1：2
【知识点】配合物的成键情况；分子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)①为H，最外层一个电子，位于s区。
(2)②、⑥两元素形成的化合物为BF3，B形成3个σ键，孤对电子数为=，BF3立体构型为平面三角形，为sp2杂化；
(3)元素③与元素⑤形成的稳定化合物为CO2，C与O形成双键， 所以结构式为：O=C=O；
(4) Cu2+与NH3 H2O反应，生成配离子[Cu(NH3)4]2+和水；
(5) 该化合物常温下呈液态，熔沸点较低，符合分子晶体的特征；
(6) 元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中生成配离子， Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键；
(7) 体心立方晶胞中实际含有的原子个数为，面心立方晶胞中实际含有的原子个数为，二者含有原子数目之比为2：4=1：2。
【分析】根据元素周期表的位置，①为H、②为B、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Fe、⑧为
Cu、⑨为Zn；
(1) ①为H，最外层一个电子，位于s区；
(2)②、⑥两元素形成的化合物为BF3，B形成3个δ键，孤对电子数为=，价层电2子对数=3+0=3；
(3)写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物为CO2，C与O形成双键；
(4)由题意， Cu2+与NH3 H2O反应，生成配离子[Cu(NH3)4]2+和水；
(5) 该化合物常温下呈液态，熔沸点较低，符合分子晶体的特征；
(6)元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中生成配离子；
(7)根据均摊法计算面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的原子个数之比。