考点10 过渡晶体 混合型晶体 配合物与超分子——2022-2023学年高二化学下学期期末复习考点精练学案（人教版2019选择性必修2）

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 必考点10 过渡晶体 混合型晶体 配合物与超分子

题型一 过渡晶体 混合型晶体的结构与性质
例1．（2023·黑龙江·绥化市高二期中）下列说法不正确的是
A．中离子键的百分数为62%，则不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体
B．通常当作离子晶体来处理，因为是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近
C．是偏向离子晶体的过渡晶体，当作离子晶体来处理；是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理
D．分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型
【答案】C
【详解】
A．中离子键的百分数为62%，说明还存在共价键，则不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体，故A正确；
B．离子键与共价键的区别在于形成化学键的两元素电负性差值，差值大为离子键，差值小为共价键，通常当作离子晶体来处理，因为是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近，故B正确；
C．、均是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理，故C错误；
D．根据微粒间存在的作用力分析，分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型，故D正确；
故选C。
例2．（2023·黑龙江·绥化市第一中学高二期中）下列有关石墨晶体的说法正确的是
①石墨层内作用力为共价键，层间靠范德华力维系②石墨是混合型晶体③石墨中的C为杂化④石墨的熔、沸点都比金刚石的低⑤石墨中碳原子个数和键个数之比为1：3⑥石墨和金刚石的硬度相同⑦石墨的导电性只能沿石墨平面的方向
A．全部 B．①②③⑦ C．仅②③⑦ D．①②⑤⑦
【答案】B
【详解】
①石墨时混合型晶体，石墨层中碳原子靠共价键链接，层与层之间靠范德华力维系，①正确；
②石墨是混合型晶体，②正确；
③石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化，③正确；
④石墨中的共价键键长比金刚石中共价键键长短，具有的能量更多，所以石墨的熔点比金刚石的高，④错误；
⑤石墨中，一个碳原子上有3个单键，每个单键被2个碳原子共用，所以平均每个碳原子对应1.5个单键，故石墨中碳原子个数和C−C键个数之比为2：3，⑤错误；
⑥石墨质软，金刚石的硬度大，⑥错误；
⑦石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，⑦正确；
综上所述，正确的有①②③⑦，B项符合题意。
例3．(2023·徐州高二检测)石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法中正确的是(　　)

A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B．石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间存在共价键
D．石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
【答案】C
【详解】
石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误；石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道，故B错误；石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间存在共价键，故C正确；每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为6×＝2，故D错误。
例4．（2023春·吉林白城·高二校考阶段练习）碳元素的单质有多种形式，如图所示，依次是C60、石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题：
(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为______。
(2)金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为______、______。
(3)C60属于_____晶体，石墨属于______晶体。
(4)根据CsCl的晶胞结构分析，CsCl晶体中两距离最近的Cs+间距离为a，则每个Cs+周围与其距离为a的Cs+数目为______；每个Cs+周围距离相等且次近的Cs+数目为______，距离为______；每个Cs+周围距离相等且第三近的Cs+数目为______，距离为______；每个Cs+周围紧邻且等距的Cl—数目为______。

【答案】(1)同素异形体
(2)     sp3     sp2
(3)     分子     混合
(4)     6     12     a     8     a     8

【解析】（1）金刚石、石墨、碳60、碳纳米管等都是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：同素异形体；
（2）金刚石中每个碳原子都为sp3杂化方式为饱和碳原子，石墨烯中双键碳原子都为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
（3）碳60是熔沸点低、硬度小的分子晶体，石墨是性质介于分子晶体和共价晶体之间的混合晶体，故答案为：分子；混合；
（4）由晶胞结构可知，位于顶点的两个铯原子间的距离最近，则每个铯离子最近的铯离子的个数为6；每个铯离子与位于面对角线的铯离子距离相等且次近，距离为a，共有12个；每个铯离子与位于体对角线的铯离子距离相等且三近，距离为a，共有8个；顶点铯离子与位于体心的氯离子距离最近，则每个铯离子距离最近的氯离子个数为8，故答案为：6；12；a；8；a；8。
【解题技巧提炼】
1．过渡晶体
(1)四类典型晶体是分子晶体、共价晶体、金属晶体、离子晶体。
(2)离子晶体和共价晶体的过渡标准是化学键中离子键成分的百分数。离子键成分的百分数大，作为离子晶体处理，离子键成分的百分数小，作为共价晶体处理。
(3)Na2O、MgO、Al2O3、SiO2、P2O5、SO3、Cl2O7七种氧化物中从左到右，离子键成分的百分数越来越小，其中作为离子晶体处理的是Na2O、MgO；作为共价晶体处理的是Al2O3、SiO2；作为分子晶体处理的是P2O5、SO3、Cl2O7。
2．混合型晶体——石墨
(1)结构特点——层状结构
①同层内，碳原子采用sp2杂化，以共价键相结合形成平面六元并环结构。所有碳原子的p轨道平行且相互重叠，p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动。
②层与层之间以范德华力相结合。
(2)晶体类型
石墨晶体中，既有共价键，又有金属键和范德华力，属于混合型晶体。
(3)物理性质：①导电性，②导热性，③润滑性。
3．四种晶体的比较
晶体
分子晶体
离子晶体
金属晶体
共价晶体
构成微粒
分子
阴、阳离子
金属离子、自由电子
原子
微粒间作用力
范德华力(少数有氢键)
离子键
金属键
共价键
性质
熔、沸点
较低
较高
一般较高
很高
硬度
小
略硬而脆
一般较大
很大
溶解性
相似相溶
多数溶于水
不溶，有些与水反应
不溶
机械加工性能
不良
不良
良好
不良
导电性
固态、液态均不导电，部分溶于水时导电
固态时不导电，熔融时导电，能溶于水的溶于水时导电
固态、熔融态时导电
大部分固态、熔融时都不导电
作用力大小规律
组成和结构相似的分子，相对分子质量大的范德华力大
离子所带电荷数多、半径小的离子键强
金属原子的价电子数多、半径小的金属离子与自由电子间的作用力强
共价键键长短(电子云重叠多)、原子半径小的共价键稳定

题型二、配合物与超分子的结构和性质
例1．（2023·四川宜宾·高二期末）配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中，不含有的化学键是
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键
【答案】C
【详解】
配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中含有配离子[Cu(NH3)4]2+和之间的离子键，NH3和中都有极性键，Cu2+和NH3之间以配位键结合，不含非极性键，故选C。
例2．（2023·辽宁·高二期末）下列现象与配合物无关的是
A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液出现红色
B．向Cu与Cl2反应后的集气瓶中先加少量水，溶液呈绿色，再加水，变蓝色
C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变深
D．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失
【答案】C
【详解】
A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，二者发生反应产生Fe(SCN)3，使出现红色，Fe(SCN)3就是络合物，因此物质发生颜色变化与配合物的析出有关，A不符合题意；
B．Cu2+与H2O或Cl-形成的配合物离子的颜色不同，与配合物的形成有关，B不符合题意；
C．Fe2+可以被氯水氧化为Fe3+，Fe2+是浅绿色，Fe3+水溶液显黄色，与配合物的形成无关，C符合题意；
D．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水，反应产生AgOH沉淀，当氨水过量时，AgOH被过量NH3·H2O溶解反应产生可溶性[Ag(NH3)2]OH，因此看到沉淀又消失，与络合物的形成有关，D不符合题意；
故合理选项是C。
例3．（2023·新疆·乌苏市第一中学高二阶段练习）下列关于超分子的叙述中正确的是
A．超分子就是高分子 B．超分子都是无限伸展的
C．形成超分子的微粒都是分子 D．超分子具有分子识别和自组装的特征
【答案】D
【详解】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，有的是高分子，有的不是，故A错误；
B．超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的的是有限的，故B错误；
C．形成超分子的微粒也包括离子，故C错误；
D．超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。
答案选D。
例4．（2023·山东省沂南第一中学高二阶段练习）利用超分子可分离和。将、混合物加入一种空腔大小适配的杯酚中进行分离的流程如图所示。

下列说法错误的是
A．该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征
B．杯酚分子中存在大键
C．杯酚与形成氢键
D．与金刚石晶体类型不同
【答案】C
【详解】A．利用杯酚分离和体现了超分子具有“分子识别”的特征，A项正确；
B．杯酚分子中含有苯环结构，存在大键，B项正确；
C．杯酚与形成的不是氢键，C项错误；
D．金刚石是共价晶体，为分子晶体，二者晶体类型不同，D项正确；
故选D。

【解题技巧提炼】
1．配位键
(1)概念：由一个原子单方面提供孤电子对，而另一个原子提供空轨道而形成的化学键，即“电子对给予—接受”键。
(2)表示方法：配位键常用A—B表示，其中A是提供孤电子对的原子，叫给予体，B是接受孤电子对的原子，叫接受体。
如：H3O＋的结构式为；NH的结构式为。
(3)形成条件
形成配位键的一方(如A)是能够提供孤电子对的原子，另一方(如B)是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子。
①孤电子对：分子或离子中，没有跟其他原子共用的电子对就是孤电子对。如、、分子中中心原子分别有1、2、3对孤电子对。含有孤电子对的微粒：分子如CO、NH3、H2O等，离子如Cl－、CN－、NO等。
②含有空轨道的微粒：过渡金属的原子或离子。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目基本上是固定的，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。
2．配合物
(1)概念：通常把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。如[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH等均为配合物。
(2)组成：配合物[Cu(NH3)4]SO4的组成如下图所示：

①中心原子：提供空轨道接受孤电子对的原子。中心原子一般都是带正电荷的阳离子(此时又叫中心离子)，最常见的有过渡金属离子：Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋等。
②配体：提供孤电子对的阴离子或分子，如Cl－、NH3、H2O等。配体中直接同中心原子配位的原子叫做配位原子。配位原子必须是含有孤电子对的原子，如NH3中的N原子，H2O中的O原子等。
③配位数：直接与中心原子形成的配位键的数目。如[Fe(CN)6]4－中Fe2＋的配位数为6。
(4)配合物的形成对性质的影响
①对溶解性的影响
一些难溶于水的金属氢氧化物、氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以溶解于氨水中，或依次溶解于含过量的OH－、Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。如Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。
②颜色的改变
当简单离子形成配离子时，其性质往往有很大差异。颜色发生变化就是一种常见的现象，根据颜色的变化就可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－形成硫氰化铁配离子，其溶液显红色。
③稳定性增强
配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当作为中心离子的金属离子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。例如，血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，血红素失去输送氧气的功能，从而导致人体CO中毒。
3．超分子
(1)定义：超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。
超分子定义中的分子是广义的，包括离子；超分子有的是有限的，有的是无限伸展的。
(2)超分子的两个重要特征是分子识别和自组装。


题型一 过渡晶体 混合型晶体的结构与性质
1．（2023秋·河北邢台·高二邢台市第二中学校考期末）碳元素和硅元素为同一主族元素但他们的氧化物性质差异很大，冰晶胞中水分子的排列方式和金刚石的晶胞类似，下列这四种晶胞的说法正确的是

A．一个干冰晶胞中有4个CO2分子，一个SiO2晶胞中有8个SiO2分子
B．干冰中一个CO2分子周围有6个CO2分子紧邻
C．冰和金刚石熔沸点都很高，熔化时均破坏共价键
D．冰中水分子之间由于氢键的存在，使其结构与金刚石相似
【答案】D
【解析】A．CO2分子位于晶胞的面心和顶点上，所以一个干冰晶胞中有个CO2分子，SiO2晶胞是共价晶体，不存在分子，A错误；
B．干冰属于面心立方晶胞，所以一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，B错误；
C．冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力和氢键，金刚石是共价晶体，熔化时破坏共价键，C错误；
D．冰中水分子之间由于氢键的存在，使其结构与金刚石相似，D正确；
故选D。
2．（2023·山东济宁·高二期中）下表给出了几种氯化物的熔点和沸点。
物质
NaCl
MgCl2
AlCl3
CCl4
熔点/℃
801
708
190
-23
沸点/℃
1 413
1 418
180
77

关于表中4种氯化物有下列说法:
(1)AlCl3在加热时可升华 (2)CCl4属于分子晶体 (3)MgCl2的晶体属于离子晶体
(4)AlCl3是典型的离子晶体
其中正确的是(　　)
A.只有(1)和(2) B.只有(3) C.只有(1)(2)(3) D.全部一致
【答案】C
【解析】根据各物质的熔、沸点判断,NaCl和MgCl2是离子晶体,AlCl3和CCl4为分子晶体;AlCl3的沸点低于熔点,所以易升华。
3．(2021·福州高二检测)元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题：
(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_____。
(2)C60属于________晶体，石墨属于________晶体。
(3)石墨晶体中，层内C—C键的键长为142 pm，而金刚石中C—C键的键长为
154 pm。其原因是金刚石中只存在C—C间的________键(填“σ”或“π”，下同)，而石墨层内的C—C间不仅存在________键，还有________键。
(4)金刚石晶胞含有________个碳原子。
【答案】(1)同素异形体　(2)分子　混合型　(3)σ　σ　π　(4)8
【解析】
(1)由同种元素组成的不同单质互称同素异形体，金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质，属于同素异形体；
(2)C60的构成微粒是分子，属于分子晶体；石墨的构成微粒是原子，且层与层之间存在分子间作用力，所以石墨属于混合型晶体；
(3)共价单键为σ键，共价双键中含有σ键和π键，金刚石中碳原子之间只存在σ键，石墨中碳原子之间存在σ键和π键；
(4)晶胞中顶点微粒数为8×＝1，面心微粒数为6×＝3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子。
题型二、配合物与超分子的结构和性质
1．（2023秋·北京海淀·高二101中学校考期末）已知：铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。

下列说法不正确的是
A．b中得到配合物，其配体为
B．硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致
C．由实验可知，的配位能力比弱
D．加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液
【答案】C
【解析】A．和均为深蓝色，b加入过量的氢氧化钠得到配合物，由化学式可知，其配体为，A正确；
B．水分子中氧原子可以提供孤电子对，能和铜离子形成配离子，硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致，B正确；
C．由实验ac可知，的配位能力比强，C错误；
D．加热c中溶液会促进一水合氨向电离的方向进行，使得一水合氨浓度减小，导致转化为氢氧化铜沉淀，故有可能得到蓝色浑浊液，D正确；
故选C。
2．（2023秋·江苏南通·高二统考期末）铜氨液可以吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是
A．价层电子排布式为：
B．CO为非极性分子
C．空间构型为三角锥形
D．中含有3mol配位键
【答案】C
【解析】A．基态铜原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，失去4s上的1个电子变成Cu+，则 价层电子排布式为：，A错误；
B．CO为含有极性键的双原子分子，则为极性分子，B错误；
C．中心原子价层电子对数为：3+=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子，所以分子的空间构型为三角锥形，C正确；
D．中Cu+提供空轨道，NH3和CO为配位体，所以中含有4mol配位键，D错误；
故选C。
3．（2023秋·河北秦皇岛·高二秦皇岛一中校考期末）三氯化六氨合钴是重要的化工原料，可用反应制备，若没有活性炭催化，则生成。下列说法错误的是
A．和中的化合价不同
B．的配体为，中心离子的配位数为6
C．用与足量溶液反应，得到沉淀的物质的量为
D．中含有键
【答案】C
【解析】A．中Co为+2价，中Co为+3价，故A正确；
B．的配体为，个数为6，中心离子的配位数为6，故B正确；
C．的电离方程式为=+2Cl-，故和足量溶液反应，得到沉淀的物质的量为2mol，故C错误；
D．中含有6mol配位键，1molNH3中含有3mol键，共含有键，故D正确；
故选C。
4．（2023·全国·高二期末）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支,还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示:

(1)Mo处于第五周期第ⅥB族,价电子排布与Cr相似,基态Mo原子的价电子排布式是　　　　;核外未成对电子数是　　　　　　。 
(2)该超分子中存在的化学键类型有　　　　　　。 
A.σ键 B.π键
C.离子键 D.氢键
(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是　　　　　　(填元素符号),p-甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有　　　　　　。 
(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)C60与金刚石互为同素异形体,从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)已知:某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示,其中所有顶点原子坐标均为(0,0,0)。

钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中,每个晶胞有2个Mo原子,其中Mo原子坐标是(0,0,0)及(1/2,1/2,1/2,)。根据以上信息,推断该晶体的原子堆积方式是　　　　　　　。已知该晶体的密度是ρ g·cm-3,Mo的摩尔质量是M g·mol-1,阿伏加德罗常数的值是NA,晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为　　　　　　pm。 
【答案】(1)4d55s1　6　(2)AB　(3)C　sp2和sp3
(4)F的电负性大,对电子的吸引能力强,使共用电子对偏向F,进而使O—H极性增强,更易断裂,故CF3COOH的酸性强于CH3COOH
(5)C60是分子晶体,金刚石是共价晶体,共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所消耗的能量
(6)体心立方堆积　
【解析】(1)基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1,而Mo与Cr同主族,但位于Cr的下一周期,因而基态Mo原子的价电子排布式为4d55s1,其轨道表示式为,因而核外未成对的电子数为6。
(2)该超分子结构中有双键,说明有σ键和π键,分子中不存在离子键,根据信息可知Mo与配体分子形成配位键,因而答案选AB。
(3)由该超分子结构图可知,CO做配体时是C提供孤电子对;p-甲酸丁酯吡啶中形成双键的碳原子的杂化方式为sp2,丁基中的C原子形成四个单键,为sp3杂化。
(4)F的电负性大,对电子的吸引能力强,使共用电子对偏向F,进而使O—H极性增强,更易断裂,导致CF3COOH酸性强于CH3COOH。
(5)根据不同晶体类型的性质不同来解释。C60是分子晶体,金刚石是共价晶体,共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所消耗的能量。
(6)Mo的一种立方晶系的晶体结构中,根据每个晶胞有2个Mo原子,可知其堆积方式为体心立方堆积;以Mo(0,0,0)原子为中心,那么与之最近的Mo原子有8个且其原子坐标分别是(1/2,1/2,1/2,),晶胞体积V= a cm3,立方体边长a cm,由最近的两个原子坐标为(0,0,0)和(1/2,1/2,1/2,),可知该立方体边长为1,用距离公式算出两原子相距,根据比例关系,最近的两个Mo原子核之间的距离为 pm。



1．（2022秋·广东广州·高二执信中学校考期中）往CuSO4溶液中加入过量的NH3•H2O，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列分析不正确的是
A．析出的深蓝色晶体化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O
B．加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度
C．加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小
D．配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性大于[Cu(NH3)4]2+
【答案】D
【解析】A．由题意可知，蓝色沉淀为：Cu(OH)2，加入氨水后，Cu(OH)2溶解，生成了深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O，溶质在乙醇中溶解度小，加入乙醇，析出深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4•H2O，选项A正确；
B．深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体，说明蓝色晶体在乙醇中的溶解度较小，则加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度，选项B正确；
C．加入氨水过程中，铜离子先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜沉淀转化为配合物，则加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小，选项C正确；
D．稳定性小的物质转化为稳定性大的物质，配离子[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性小于[Cu(NH3)4]2+，选项D错误；
答案选D。
2．（2022春·黑龙江哈尔滨·高二校考阶段练习）设NA为阿伏伽德罗常数，说法正确的是
A．5.6gFe2+中未成对电子数为0.6NA
B．28gN60(分子结构为)中含有的σ键数目为3NA
C．60gSiO2中含Si-O键的个数为2NA
D．1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键数目为6NA
【答案】B
【解析】A．亚铁离子的价电子排布为3d6，未成对电子数为4，5.6gFe2+（0.1mol）未成对电子数为0.4NA，故A错误；
B．由图可知，1个氮原子形成3个共价键，1个共价键为2个氮原子共用，则平均1个氮原子形成个σ键，28gN60(N原子为2mol)中含有的σ键数目为NA，故B正确；
C．二氧化硅中1个硅原子形成4个硅氧键，60gSiO2（为1mol）含Si-O键的个数为4NA，故C错误；
D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；1分子配合物Na3[Fe(CN)6]的[Fe(CN)6]3-中铁和CN形成6个配位键，1个CN中存在1个σ键，共有12个σ键；则1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键数目为12NA，故D错误；
故选B。
3．（2022春·高二单元测试）下列晶体性质的比较中不正确的是
A．沸点：NH3>PH3
B．熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4
C．硬度：白磷>冰>二氧化硅
D．硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅
【答案】C
【解析】A项中注意NH3分子间存在氢键，故沸点NH3>PH3，正确；B项中三种物质的组成和结构相似，且均为分子晶体，熔点随相对分子质量的增大而升高，正确；C项中白磷和冰都是分子晶体，硬度小，而二氧化硅是共价晶体，硬度大，错误；D 项中的三种物质都是共价晶体，由于原子半径CC—Si>Si—Si，而键能越大，共价晶体的硬度越大，正确。
4．（2022春·高二单元测试）配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法不正确的是
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键
B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配位数为6，配位原子有C和N
C．1 mol配合物中σ键数目为6NA
D．该配合物为离子化合物，易电离，1 mol配合物电离共得到3NA阴阳离子
【答案】C
【解析】Na＋与[Fe(CN)5(NO)]2－存在离子键，NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，碳氮之间、氮氧之间存在极性共价键，A正确；NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，共有6个，配位原子有C和N，B正确；1 mol配合物中σ键数目为(5×2＋1×2)×NA ＝12NA，C错误；配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na＋与1个[Fe(CN)5(NO)]2－，所以1 mol配合物电离共得到3NA阴阳离子，D正确。
5．（2022春·高二单元测试）溶液中存在如下平衡：。已知蓝色与黄色的复合色为绿色，蓝色的溶液加热后会变为绿色，下列说法正确的是
A．上述平衡的正反应为放热反应
B．的空间构型为正四面体
C．为研究对平衡的影啊，可向溶液中加入少量固体，充分搅拌后观察溶液颜色变化
D．加热蒸干溶液，最终会得到固体
【答案】C
【解析】A．蓝色的溶液加热后会变为绿色，说明加热平衡正向移动，则反应为吸热反应，A错误；
B．中铜离子形成4个配位键，为对称结构不是正四面体，B错误；
C．为研究对平衡的影啊，可向溶液中加入少量固体，增加氯离子浓度，充分搅拌后观察溶液颜色变化，C正确；
D．氯化铜会水解生成氢氧化铜和挥发性盐酸，加热蒸干溶液，得到氢氧化铜，氢氧化铜受热分解，故最终会得到氧化铜固体，D错误；
故选C。
6．（2022春·高二单元测试）是有机合成中常用的还原剂。下列说法错误的是
A．的半径大于的半径
B．的空间结构是正四面体
C．中存在离子键、配位键
D．为的双聚分子，氯原子提供给铝原子孤电子对
【答案】A
【解析】A．和具有相同的电子层结构，核电荷数：Li>H，则离子半径：>，故A错误；
B．中Al原子价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构是正四面体形，故B正确；
C．LiAlH4中Li+和[AlH4]-之间为离子键，[AlH4]-中Al和H之间存在配位键，故C正确；
D．Al2Cl6为AlCl3的双聚分子，其中Cl存在未成键的孤对电子，Al存在空轨道，氯原子提供给铝原子孤对电子形成配位键，故D正确；
故答案选A。
7．（2022春·高二单元测试）邻、间、对三种硝基苯酚的结构简式和熔点信息见表。下列说法错误的是
化合物
邻硝基苯酚
间硝基苯酚
对硝基苯酚
结构简式



熔点(℃)
45
96
114

A．电负性大小顺序为O>N>C
B．三种化合物都是分子晶体
C．对硝基苯酚形成分子间氢键，其熔、沸点较高
D．三种硝基苯酚的化学性质完全相同
【答案】D
【解析】A．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则O、N、C的电负性大小顺序为：O>N>C，A项正确；
B．三种化合物的熔点较低，故三种化合物都是分子晶体，B项正确；
C．三者相对分子质量相同而熔点差距大，可推断：对硝基苯酚易形成分子间氢键，使熔沸点升高，C项正确；
D．三种硝基苯酚结构不同，所以化学性质不完全相同，D项错误；
答案选D。
8．（2022春·高二单元测试）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图，如图2所示，Cu2S的晶胞参数为a pm，设阿伏加德罗常数的值为NA

下列说法正确的是
A．S2-是简单立方堆积
B．Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中4个四面体空隙
C．CuS晶胞中，S2-配位数为8
D．Cu2S晶胞的密度为
【答案】D
【解析】A．据题图可知位于立方体的顶点和面心，为面心立方堆积，A项错误；
B．晶胞中的个数为，化学式为，则晶胞中的个数为8，所以占据了8个四面体空隙，B项错误；
C．晶胞中位于四面体空隙中，所以的配位数为4，化学式为，所以配位数也为4，C项错误；
D．晶胞的质量为，晶胞的体积为，所以密度为，D项正确；
答案选D。
9．（2022春·安徽滁州·高二校考阶段练习）下列有关晶体的叙述中，错误的是
A．干冰晶体中，每个CO2周围紧邻12个CO2
B．氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
C．氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有6个
D．金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
【答案】C
【解析】A．干冰晶胞为面心立方晶胞，每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子，A正确；
B．氯化铯晶胞为体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻且距离相等的Cl-共有8个，B正确；
C．氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有12个，C错误；
D．金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环由6个碳原子构成，D正确；
答案选C。
10．（2022春·高二单元测试）Co3+离子的一种八面体配合物CoClm·nNH3，若1mol该配合物与AgNO3溶液作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是

A．m=3，n=4 B．m=5，n=1 C．m=1，n=5 D．m=4，n=5
【答案】A
【解析】由1mol配合物生成1molAgCl沉淀，知道1mol配合物电离出1molCl﹣，即配离子显+1价，又因为外界有一个Cl﹣，且Co显+3价，所以[CoClm﹣1•nNH3]+中有两个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，所以n=6-2=4，答案选A。
11．（2022春·高二单元测试）石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法中正确的是

A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B．石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间存在共价键
D．石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
【答案】C
【解析】A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误；
B．石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道，故B错误；
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间存在共价键，故C正确；
D．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为，故D错误；
答案选C。
12．（2022春·高二单元测试）干冰和二氧化硅晶体同属第ⅣA族元素的最高价氧化物，它们的熔、沸点差别很大的原因是
A．干冰为分子晶体，二氧化硅为原子晶体
B．C=O键键能比Si—O键键能小
C．二氧化硅的相对分子质量大于二氧化碳的相对分子质量
D．干冰易升华，二氧化硅不能
【答案】A
【解析】干冰和二氧化硅同属第ⅣA族元素的最高价氧化物，由于干冰为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，熔化时，干冰破坏的是分子间作用力，二氧化硅破坏的是共价键，因此它们的熔、沸点差别很大，故选A。
13．（2022春·高二单元测试）下列晶体性质的比较正确的是
A．熔点：金刚石>晶体硅>晶体锗>硫
B．熔点：
C．沸点：
D．硬度：金刚石>白磷>冰>水晶
【答案】A
【解析】A．金刚石、晶体硅和晶体锗都是共价晶体，硫是分子晶体，原子半径：，共价键的键能：C—C＞Si—Si＞Ge—Ge，熔点：金刚石>晶体硅>晶体锗>硫，A项正确；
B．、、和是组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量：，故熔点：，故B不正确；
C．、和分子间都存在氢键，分子之间的氢键作用最强，分子之间的氢键作用最弱，分子之间只存在范德华力，故沸点：，故C不正确；
D．白磷和冰是分子晶体，硬度小，金刚石和水晶是共价晶体，硬度大，D项不正确；
答案选A。
14．（2022春·高二单元测试）已知在晶体中仍保持一定几何形状的最小单位称为晶胞。干冰晶胞是一个面心立方体，在该晶体中每个顶角各有1个二氧化碳分子，每个面心各有一个二氧化碳分子。实验测得25℃时干冰晶体的晶胞边长为acm，其摩尔质量为Mg/mol，则该干冰晶体的密度为(单位：g/cm3)
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】每个顶点上的二氧化碳分子被8个晶胞共用，每个面心上的二氧化碳分子被两个晶胞共用，所以该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，ρ=== g/(cm)3，故D正确；答案为D。
15．（2022春·吉林长春·高二长春外国语学校校考阶段练习）下列有关晶体结构的叙述正确的是(　　)

A．SiO2晶体中最小环上的原子个数为6
B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
C．12g石墨烯（如图1）中含有六元环的个数为0.5×6.02×1023
D．720gC60晶体中含有0.5×6.02×1023个晶胞（如图2每个小球代表一个C60）
【答案】C
【解析】A．SiO2晶体结构中，每个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，SiO2最小环上有12个原子，即6个O，6个Si，A项错误；
B．晶体中只要有阳离子，不一定有阴离子，如金属晶体的组成微粒为金属阳离子和自由电子，B项错误；
C．12g石墨烯为1mol，石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，则1mol石墨烯中含有六元环的个数为0.5×6.02×1023，C项正确；
D．C60为分子晶体，晶胞中含有C60的个数为，720gC60晶体中含有6.02×1023个C60，所以720 g C60晶体中含有0.25×6.02×1023个晶胞，D项错误；
答案选C。
16．（2022春·高二单元测试）晶体类型的判断方法
(1)依据组成晶体的微观粒子和粒子间的作用判断
分子间通过__________________形成的晶体属于分子晶体；由原子通过共价键形成的晶体属于共价晶体；由阴、阳离子通过离子键形成的晶体属于离子晶体；由金属阳离子和自由电子通过金属键形成的晶体属于金属晶体。
(2)依据物质的分类判断
①活泼金属的_____________(如Na2O、MgO等)、_____________[如KOH、Ba(OH)2等]和绝大多数的_____________是离子晶体。
②大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硼、晶体硅等外)、_____________、_____________ (除SiO2外)、酸、绝大多数有机物(除有机盐外)是_____________。
③常见的共价晶体单质有金刚石、晶体硼、晶体硅等；常见的共价晶体化合物有碳化硅、SiO2等。
④_____________单质(除汞外)与_____________均属于金属晶体。
(3)依据晶体的熔点判断
离子晶体的熔点较高，常在数百至几千摄氏度；共价晶体的熔点_____________，常在一千至几千摄氏度；分子晶体的熔点较低，常在数百摄氏度以下至很低温度；金属晶体多数熔点_____________，但也有熔点相当_____________的。
(4)依据导电性判断
离子晶体在水溶液中和熔融状态下都导电；共价晶体一般为非导体，但晶体硅能导电；分子晶体为非导体，而分子晶体中的电解质(主要是酸和非金属氢化物)溶于水，使分子内的化学键断裂形成自由离子，也能导电；金属晶体是电的良导体。
(5)依据硬度和机械性能判断
离子晶体硬度较大或略硬而脆；共价晶体硬度_____________；分子晶体硬度小且较脆；金属晶体多数硬度_____________，但也有硬度较小的，且具有延展性。
【答案】     分子间作用力     氧化物     强碱     盐类     气态氢化物     非金属氧化物     分子晶体     金属     合金     高     高     低     大     大
【解析】略
17．（2022春·高二单元测试）常见离子晶体的结构
(1)NaCl晶胞

NaCl晶胞如图所示，每个Na＋周围距离最近的Cl－有_____________个(上、下、左、右、前、后各1个)，构成正八面体，每个Cl－周围距离最近的Na＋有_____________个，构成正八面体，由此可推知晶体的化学式为____________。
①每个Na＋(Cl－)周围距离相等且最近的Na＋(Cl－)是_____________个。
②每个晶胞中实际拥有的Na＋数是_____________个，Cl－数是_____________ 个。
③若晶胞参数为a pm，则氯化钠晶体的密度为g·cm－3。
(2)CsCl晶胞

CsCl晶胞如图所示，每个Cs＋周围距离最近的Cl－有_____________ 个，每个Cl－周围距离最近的Cs＋有 _____________个，它们均构成正六面体，由此可推知晶体的化学式为_____________。回答下列问题：
①每个Cs＋(Cl－)周围距离最近的Cs＋(Cl－)有 6个，构成_____________。
②每个晶胞中实际拥有的Cs＋有______个，Cl－有_____________ 个。
③若晶胞参数为a pm，则氯化铯晶体的密度为g·cm－3。
【答案】     6     6     NaCl     12     4     4     8     8     CsCl     6     正八面体     1
【解析】略
18．（2022秋·河南漯河·高二漯河高中校考阶段练习）东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的价电子排布式为_______，3d能级上的未成对的电子数为_______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子中心原子的轨道杂化类型为_______。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_______，Ni2+的配位数为_______，氨是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)单质铜及镍都是由_______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_______。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_______nm
【答案】(1)     3d84s2     2
(2)     sp3     配位键     6     极性
(3)     金属     铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
(4)     1:3    

【解析】（1）镍为28号元素，基态原子的价电子排布式为3d84s2，3d能级有5个轨道，填充8个电子，未成对的电子数为2，答案：3d84s2；2；
（2）[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为 ，其中心原子价层电子对数为4，所以中心原子轨道杂化类型为sp3杂化，Ni2+提供空轨道，NH3提供孤电子对形成配位键，NH3是配体，Ni2+的配位数为6，NH3分子空间构型为三角锥形，结构不对称，NH3是极性分子，答案：sp3；配位键；6；极性；
（3）金属单质或合金都是由金属键形成的晶体。元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，铜原子失去一个电子后Cu+的价电子排布为3d10，3d轨道全充满的电子，能量较低，较稳定，镍失去一个电子后Ni+的价电子3d104s1电子，失去的是4S能级上的电子，所以元素铜的第二电离能大于镍的第二电离能，答案：金属；铜元素失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；
（4）由晶胞结构图，根据分摊法计算，一个晶胞中含镍原子 ，铜原子 ，晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1:3。若合金的密度为dg/cm3，晶胞边长为a，晶胞体积为a3， ，解得a=cm，1cm=107nm，则a= nm，答案：1:3；。
19．（2022春·山东聊城·高二校考阶段练习）2022年2月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新科研成果论文，为钙钛矿电池研究开辟新方向。
(1)Ti(H2O)中∠H－O－H_____(填“大于”、“小于”或“等于”)单个水分子中∠H－O－H；Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti的配位数是_____。

(2)反型钙钛矿电池无需使用具有光催化活性的TiO2(通过氮掺杂生成TiO2-aNb，反应如图)以及掺杂的有机空穴传输层，光照下的输出稳定性更好，更具发展潜力。

则TiO2-aNb晶体中a=_____。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，则原子3的坐标分别为_____，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为_____g•cm-3 (列出计算式)。
【答案】(1)     大于     8
(2)          (1，1，)    

【解析】（1）由Ti(H2O)可知，H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减小，斥力减小， Ti(H2O)中∠H－O－H变大，所以Ti(H2O)中∠H－O－H大于单个水分子中∠H－O－H。观察Ti(NO3)4的球棍结构可知，每个配体NO中有两个O原子与Ti 形成配位键，NO是双齿配体，则Ti的配位数是，答案：大于；8；
（2）由TiO2-aNb晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为，N原子1个在棱上、1个在面上，N原子个数为，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子个数为，所以Ti、O、N原子个数比为4∶∶=1∶∶，则2-a=，a=。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO₂的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)。一个晶胞中含Ti：，含O：，则1mol晶胞质量，1个晶胞体积，1个晶胞质量，则TiO2密度 ，答案：；(1，1，)；。
20．（2022秋·江苏苏州·高二统考期中）铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。
Ⅰ.金属铜的原子堆积模型如图-1所示，

(1)该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为_______。
Ⅱ.能与、、、等形成配位数为4的配合物。
(2)向溶液中加入过量NaOH溶液可生成。中除了配位键外，还存在的化学键类型有_______(填字母)。
A．离子键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键
(3)将CuO投入、的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50~55℃，pH约为9.5，CuO转化为溶液。
①CuO被浸取的离子方程式为_______。
②结构中，若用两个分子代替两个分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间构型为_______。
(4)可以与乙二胺()形成配离子，如题图-2所示：

③H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为_______。
④乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是_______。乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_______。
Ⅲ.将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，
(5)下列物质中，属于顺磁性物质的是_______(填标号)。
A．    B．    C．
【答案】(1)12
(2)AC
(3)          正方形
(4)     O>N>H     sp3     乙二胺可以形成分子间氢键
(5)BC

【解析】（1）金属铜的原子堆积模型位面心立方最密堆积，该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为12；
（2）根据信息可知能与形成配位键，中除了配位键外，Na+与之间存在离子键，之间存在极性共价键，故还存在的化学键类型有离子键、极性共价键，故答案为：AC；
（3）①将CuO投入、生成，CuO被浸取的离子方程式为；
②结构中，若用两个分子代替两个分子，如果是正四面体结构，两个分子代替两个分子，得到只有一种结构；可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间构型为正方形结构；
（4）③同周期元素从左到右电负性依次增大，故电负性为O>N>H；
④乙二胺分子中N原子与H和C形成3个键，有一对个电子对，价层电子对为4，采取sp3杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺不能形成氢键，只有分子间作用力，所以乙二胺沸点高；
（5）具有未成对电子的物质具有顺磁性，Cu+价电子排布为3d10，Cu2+价电子排布为3d9，+2价的铜离子形成的物质具有顺磁性，故答案为BC；