2020-2021学年高中化学-第三章-晶体结构与性质-单元素养评价新人教版选择性必修第二册.doc

2020-2021学年高中化学 第三章 晶体结构与性质 单元素养评价新人教版选择性必修第二册

2020-2021学年高中化学 第三章 晶体结构与性质 单元素养评价新人教版选择性必修第二册

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单元素养评价(三)(第三章)
(90分钟　100分)
一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分)
1.(2020·绵阳高二检测)下列有关晶体的叙述中,错误的是 (　　)
A.氯化钠晶体中,每个Na+周围距离相等且最近的Na+共有6个
B.金属晶体中,以“…ABCABCABC…”形式的堆积称为面心立方最密堆积
C.干冰晶体中,每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个
D.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
【解析】选A。氯化钠晶体中,在一个晶胞中与Na+距离最近的Na+有3个,通过该Na+有8个晶胞,每个Na+被重复了两次,所以在Na+周围距离相等且最近的Na+共有=12个,A错误;金属晶体中,以“…ABCABCABC…”形式的堆积称为面心立方最密堆积,B正确;干冰晶体中,每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有=12个,C正确;金刚石网状结构中,每个C原子与相邻的4个C原子形成共价键,这4个C原子形成的是正四面体结构。在由共价键形成的碳原子环中,最小的环上有6个碳原子,D正确。
2.(2020·南京高二检测)下列说法正确的是 (　　)
A.玻璃是由Na2SiO3、CaSiO3和SiO2熔合成的晶体
B.水玻璃在空气中不可能变浑浊
C.水泥在空气和水中均可以硬化
D.制光导纤维的重要原料是玻璃
【解析】选C。玻璃是由Na2SiO3、CaSiO3和SiO2熔合成的混合物,不是晶体,故A项错;水玻璃是Na2SiO3的水溶液,在空气中发生反应:Na2SiO3+CO2+H2ONa2CO3
+H2SiO3↓,故B项错;水泥的硬化是水泥的重要性质,是复杂的物理变化和化学变化过程,故C项正确;制光导纤维的重要原料是SiO2而不是玻璃,故D项错。
3.(2020·金华高二检测)下列说法正确的是 (　　)
A.分子内共价键越强,分子越稳定,其形成的晶体的熔沸点越高
B.离子键的本质就是阴、阳离子之间的相互吸引
C.金刚石转化为石墨的过程中不存在化学键被破坏的过程
D.由原子构成的晶体可能是原子晶体,也可能是分子晶体
【解析】选D。稳定性与共价键有关,熔沸点与分子间作用力有关,而分子间作用力与相对分子质量有关,分子内共价键越强,分子越稳定,但与其形成的晶体的熔沸点没有关系,A错误;离子键为阴阳离子之间的静电作用力,包括引力和斥力,B错误;金刚石转化为石墨,为化学变化,存在共价键的断裂和形成,C错误;稀有气体都是由原子构成的分子晶体,金刚石是由原子构成的原子晶体,D正确。
4.(2020·莆田高二检测)下列性质符合分子晶体的是 (　　)
A.熔点1 070 ℃,易溶于水,水溶液能导电
B.熔点是10.31 ℃,液体不导电,水溶液能导电
C.熔点97.81 ℃,质软,能导电,密度是0.97 g·cm-3
D.熔点801 ℃,熔化时能导电,水溶液也能导电
【解析】选B。A.熔点1 070 ℃,熔点高,不符合分子晶体的特点,易溶于水,水溶液能导电,分子晶体具有此特点,如氯化氢晶体就是,故A不符合题意;B.熔点10.31 ℃,熔点低,符合分子晶体的特点,液态不导电,只存在分子,水溶液能导电,溶于水后,分子被水分子离解成自由移动的离子,如CH3COOHCH3COO-+OH-,有自由移动的离子,就能导电,故B符合题意;C.熔点97.81 ℃,质软、导电、密度
0.97 g·cm-3,属于金属晶体,故C不符合题意;D.熔点较高,熔化时能导电,水溶液也能导电属于离子晶体的性质,故D不符合题意。
5.(2020·昆明高二检测)下列说法中一定正确的是 (　　)
A.固态时能导电的物质一定是金属晶体
B.熔融状态能导电的晶体一定是离子晶体
C.水溶液能导电的晶体一定是离子晶体
D.固态不导电而熔融状态导电的晶体一定是离子晶体
【解析】选D。固态时能导电的物质不一定是金属晶体,也可能是原子晶体如硅,或混合型晶体如石墨,A不正确;熔融状态能导电的晶体不一定是离子晶体,也可能是金属晶体,B不正确;水溶液能导电的晶体不一定是离子晶体,也可能是属于电解质的分子晶体,C不正确;固态不导电而熔融状态导电的晶体,说明其在晶体状态下没有自由移动的离子,但在熔融态有自由移动的离子,故一定是离子晶体,D正确。
6.(2020·长沙高二检测)下列有关说法正确的是 (　　)

A.水合铜离子的模型如图1所示,1个水合铜离子中有4个配位键
B.CaF2晶体的晶胞如图2所示,每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+,4个F-
C.H原子的电子云图如图3所示,H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D.原子堆积模型如图4,可表示Mg原子的堆积方式
【解析】选A。水合铜离子中铜离子的配位数为4,配体是水,水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键,A正确;根据均摊法可知,在CaF2晶体的晶胞中,每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×+6×=4,F-个数为8,B错误;电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少,H原子最外层只有一个电子,所以不存在大多数电子一说,只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多,C错误;在金属晶体的最密堆积中,对于每个原子来说,在其周围的原子有与之同一层上的六个原子和上一层的三个及下一层的三个原子,故每个原子周围都有12个原子与之相连,该堆积方式属于铜型、不属于镁型,D错误。
7.下列推论正确的是 (　　)
A.SiH4的沸点高于CH4,可推测PH3的沸点高于NH3
B.N为正四面体结构,可推测出P也为正四面体结构
C.CO2晶体是分子晶体,可推测SiO2晶体也是分子晶体
D.NaCl是离子化合物,可推测AlCl3也是离子化合物
【解析】选B。SiH4和CH4都属于分子晶体,不含氢键,相对分子质量越大,沸点越高,而NH3含有氢键,沸点较高,A错误;N和P中,中心原子都形成4个σ键,没有孤电子对,为正四面体结构,B正确;CO2晶体是分子晶体,而SiO2晶体是原子晶体,C错误;AlCl3为共价化合物,D错误。
8.(2020·长沙高二检测)有四组同一族元素所形成的不同物质,在101 kPa时测定它们的沸点(℃)如下表所示:
第一组
A　-268.8
B　-249.5
C　-185.8
D　-151.7
第二组
F2　-187.0
Cl2　-33.6
Br2　58.7
I2　184.0
第三组
HF　19.4
HCl -84.0
HBr　-67.0
HI　-35.3
第四组
H2O　100.0
H2S　-60.2
H2Se　-42.0
H2Te　-1.8
下列各项判断正确的是 (　　)
A.第四组物质中H2O的沸点最高,是因为H2O分子中化学键键能最强
B.第三组与第四组相比较,化合物的稳定性顺序为HBr>H2Se
C.第三组物质溶于水后,溶液的酸性:HF>HCl>HBr>HI
D.第一组物质是分子晶体,一定含有共价键
【解析】选B。第四组物质中H2O的沸点最高,是因为H2O分子之间可以形成氢键,A错误;Se和Br同为第4周期元素,Br的非金属性较强,故化合物的稳定性顺序为HBr>H2Se,B正确;第三组物质溶于水后,HF溶液的酸性最弱,因为氢氟酸是弱酸、其他均为强酸,C错误;第一组物质是分子晶体,其结构粒子为分子,但是,分子中不一定含有共价键,如稀有气体分子中无共价键,D错误。
9.(2020·潍坊高二检测)国际上至今发现具有巨磁电阻效应的20多种金属纳米多层膜中,其中三种是我国学者发现的,Mn和Bi形成的晶体薄膜是一种金属间化合物(晶胞结构如图),有关说法正确的是 (　　)

A.锰价电子排布为3d74s0
B.Bi是d区金属
C.该晶体的化学式为MnBi
D.该合金堆积方式是简单立方堆积
【解析】选C。E(4s)<E(3d), 锰价电子排布为3d54s2,A错误;Bi的价电子排布为6s26p3,属于p区金属,B错误;根据原子半径大小判断,Bi原子全部位于晶胞内,一共有6个,Mn原子位于顶点、面心、棱边、体心,个数为2×1/2+1+12×1/6
+6×1/3=6,所以该晶体的化学式为MnBi,C正确;该晶体的堆积方式不属于简单立方堆积,D错误。
10.Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料。下列有关说法错误的是 (　　)
A.Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水
B.Al2O3是两性氧化物,MgO是碱性氧化物,SiO2是酸性氧化物
C.Al2O3、MgO和SiO2都是离子晶体,具有很高的熔点
D.在SiO2晶体中,并不存在单个“SiO2”分子
【解析】选C。根据Al2O3、MgO和SiO2的物理性质和可以制耐火材料的用途可知,Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水,故A正确;二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成盐和水,所以属于酸性氧化物,氧化镁只能与酸反应生成盐和水,属于碱性氧化物,Al2O3既可以与酸反应,又可以与碱反应生成盐和水,属于两性氧化物,故B正确;所谓耐火材料,就是要耐得住高温,所以要有很高的熔点,但SiO2是原子晶体,故C错误;SiO2晶体属于原子晶体,由原子构成,所以并不存在单个“SiO2”分子,故D正确。
11.(2020·包头高二检测)有关晶体的叙述中正确的是 (　　)
A.在SiO2晶体中,由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子
B.在28 g晶体硅中,含Si—Si共价键个数为4NA
C.金刚石的熔沸点高于晶体硅,是因为C—C键键能小于Si—Si键
D.镁型和铜型金属晶体的配位数均为12
【解析】选D。在二氧化硅晶体中,由Si、O原子构成的最小单元环为6个Si原子、6个O原子的12元环,A错误;28 g Si的物质的量是1 mol,每个Si原子与4个Si原子形成4个共价键,每个Si—Si共价键被两个Si原子共用,故每个Si原子实际形成共价键数为×4=2,所以1 mol Si晶体中只有2NA共价键,B错误;金刚石中的C—C键键长小于Si—Si键,所以C—C键键能大于Si—Si键,则金刚石的熔沸点高,C错误;Mg与Cu的晶体堆积方式都是最密堆积,其配位数都是12,D正确。
【补偿训练】
　　(2020·荆州高二检测)在高压下可以将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体,下列关于CO2原子晶体的说法正确的是 (　　)
A.CO2的原子晶体和分子晶体互为同素异形体
B.在一定条件下,CO2原子晶体转化为分子晶体是物理变化
C.CO2的原子晶体和CO2的分子晶体具有相同的物理性质
D.在CO2的原子晶体中,每个碳原子周围结合4个氧原子,每个氧原子与两个碳原子相结合
【解析】选D。同素异形体的研究对象是单质;CO2的晶体类型的转变已生成了新物质,故为化学变化;CO2的不同晶体具有不同的物理性质;CO2晶体类似于SiO2晶体,属原子晶体,每个碳原子结合4个氧原子,每个氧原子结合2个碳原子。
12.(2020·石嘴山高二检测)下列有关说法正确的是 (　　)

A.ZnS晶胞中,Zn2+的配位数为4,距离Zn2+最近且等距的Zn2+有12个
B.在CaF2晶胞中,Ca2+和F-的配位数均为4
C.金刚石晶体中,最小的环为12元环,每个碳原子被6个环所共有
D.冰晶体属于分子晶体,其遵循密堆积原理
【解析】选A。ZnS晶胞中,一个Zn2+与四个S2-形成正四面体的结构,故Zn2+的配位数为4,一个晶胞中距离Zn2+最近且等距的Zn2+有3个,根据晶体的堆积可知,一个Zn2+被8个晶胞共用,且一个晶胞中每一个最短的距离的连线为两个晶胞共用,所以符合条件的Zn2+有=12个,A正确。CaF2为面心立方结构,Ca2+呈立方密堆积,阴离子F-填充在四面体空隙中,面心立方点阵对角线的和处,阴、阳离子的配位数分别为4和8,B错误。金刚石晶体中最小环为六元环,每个碳原子被12个环共用,C错误。冰晶体中除了范德华力外还有氢键作用,由于水分子间氢键的方向性,导致冰晶体不具有分子密堆积特征,晶体中有相当大的空隙,D错误。
13.石墨炔是继富勒烯、碳纳米管、石墨烯之后一种新的全碳纳米结构材料,其独特的结构有利于锂离子在面内和面外的扩散和传输。下列有关物质①～④的说法正确的是 (　　)

A.物质①、③均能发生加成反应,是不饱和烃
B.物质②主要由呈六边形排列的碳原子构成,没有导电性
C.物质①有望成为一种新的导电材料
D.物质④的分子式为C10H14 ,性质稳定,其一氯代物有两种
【解析】选C。A.物质①石墨炔、③富勒烯是碳的同素异形体不属于烃,故A错误;B.物质②为碳纳米管,由碳原子构成六边形结构,和碳的性质相同,具有导电性,故B错误;C.物质①为石墨炔,有望成为一种新的导电材料,故C正确;D.物质④的分子式为C10H16 ,性质稳定,其一氯代物有两种,故D错误。
14.(2020·南京高二检测)请仔细观察下列几种物质的结构示意图,判断下列说法正确的是 (　　)

【解析】选B。该晶胞中Mg原子个数=12×+2×=3,B原子个数=6,Mg、B原子个数之比=3∶6=1∶2,所以其化学式为MgB2,A错误;该晶胞中Li+个数=8、O2-个数=8×+6×=4,则Li+、O2-个数之比=8∶4=2∶1,所以其化学式为Li2O,B正确;该晶胞中B粒子个数=6×+3×=2、A粒子个数=6×=、C粒子个数=1,则A、B、C粒子个数之比=∶2∶1=1∶4∶2,C错误;Mn原子个数=12×+2×+1+6×=6、Bi原子个数为6,所以Mn、Bi原子个数之比为6∶6=1∶1,所以其化学式为MnBi,D错误。
15.(2020·银川高二检测)高温下,超氧化钾晶体呈立方体结构,晶体中氧的化合价部分为0,部分为-2。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。下列说法正确的是 (　　)

A.超氧化钾的化学式为KO2,每个晶胞含有4个K+和4个
B.晶体中每个K+周围有8个,每个周围有8个K+
C.晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
D.晶体中,0价氧元素与-2价氧元素的原子个数比为1∶3
【解析】选A。在一个超氧化钾晶胞中,含K+数为8×+6×=4,数为12×+1=4,故化学式为KO2,且每个晶胞中含有4个K+和4个,故A项正确;晶体中每个K+周围有6个,每个周围有6个K+,故B项不正确;晶体中与每个K+最近距离的K+有12个,故C项不正确;设0价氧原子个数为x,-2价氧原子个数为y,根据KO2为电中性得:2y=,=,故D项不正确。
16.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素,其中X、Y、Z、W同周期,Z、M同主族;X+与M2-具有相同的电子层结构;离子半径Z2->W-;Y的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料。下列说法中,正确的是 (　　)
A.X、M两种元素只能形成X2M型化合物
B.由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小,所以其沸点依次降低
C.元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体
D.元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂
【解析】选D。由题干容易确定X、Y、Z、W、M分别为钠、硅、硫、氯、氧。钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠两种不同的化合物;水分子间存在着氢键,因此水的沸点反常;晶体硅为原子晶体,硫和氯气的晶体为分子晶体。氯气和臭氧可作为水处理中的消毒剂。
二、非选择题(本题包括5小题,共52分)
17.(11分)(2020·太原高二检测)钒和钛金属的性能都很优越,在航空航天领域用途广泛。回答下列问题:
(1)钛元素基态原子的电子排布式为____________________,未成对电子数为_______________个。 
(2)[TiO(H2O2)2]2+配离子呈黄色。提供中心原子孤电子对的成键原子是_______
___________(填元素符号),中心原子的化合价为__________;配体之一H2O2中氧原子杂化类型为______________,H2O2分子中氧原子的价层电子对互斥模型是__________________。 
(3)单质钒及钛都是由__________键形成的晶体,已知金属钛是六方最密堆积,金属钒是体心立方堆积,则__________(填“钛”或“钒”)的空间利用率较大。 
(4)碳化钒主要用于制造钒钢及碳化物硬质合金添加剂,其晶胞结构如图所示。

(小球为V原子)
①晶胞中碳原子与钒原子的数量比为____________。 
②该晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为__________。 
③若合金的密度为d g·cm-3,晶胞参数a=______ nm。 
【解析】(1)钛元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2,未成对电子为3d轨道上的2个电子,因为根据洪特规则,这2个电子要分占两个不同的轨道且自旋状态相同。
(2)[TiO(H2O2)2]2+配离子呈黄色。提供中心原子孤电子对的成键原子是O,中心原子的化合价为+4;配体之一H2O2中氧原子的价层电子对是4个,所以其杂化类型为sp3,H2O2分子中氧原子的价层电子对互斥模型是四面体形。
(3)单质钒及钛都是由金属键形成的晶体,已知金属钛是六方最密堆积,金属钒是体心立方堆积,则钛的空间利用率较大。
(4)由碳化钒晶胞结构可知,该晶胞中钒原子数为12×+1=4,碳原子数为8×+6×=4。
①晶胞中碳原子与钒原子的数量比为1∶1。
②以晶胞面心为中心,可以找到3个互相垂直的正方形,面心到正方形的四个顶点距离最近且相等,所以在一个晶胞中能找到该晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为12。
③若合金的密度为d g·cm-3,1 mol此晶胞的质量为63×4 g,1 mol此晶胞的体积为NA a3,
则d g·cm-3=,晶胞参数a= cm=×107nm。
答案:(1)[Ar]3d24s2　2
(2)O　+4　sp3　四面体形
(3)金属　钛
(4)①1∶1　②12　③×107

18.(8分)(2020·盐城高二检测)按要求回答下列问题:
(1)黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物。火法冶炼黄铜矿的过程中,其中一步反应是2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。则29Cu的外围电子排布图为________;比较Cu2O与Cu2S,熔点较高的是________,原因为____________________。 
(2)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构,在晶胞中Cu原子处于面心,Au原子处于顶点,则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为________;该晶体中原子之间的作用力是________。 
(3)铁有δ、γ、α三种同素异形体(如图),γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为________,δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为________。 

【解析】(1)Cu位于第四周期ⅠB族,29号元素,因此其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,29Cu的外围电子排布式为3d104s1,其外围电子排布图为,
Cu2O和Cu2S都属于离子晶体,晶格能越大,晶体熔沸点越高,晶格能与半径、所带电荷数有关,半径越小、所带电荷数越多,晶格能越大,Cu2O和Cu2S所带电荷数相同,S2-的半径大于O2-的半径,因此Cu2S的沸点低于Cu2O;
(2)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构,在晶胞中Cu原子处于面心,即6×=3,Au原子处于顶点,即8×=1,因此合金中Cu原子与Au原子数量之比为3∶1,该晶体为金属晶体,因此原子之间的作用力是金属键;
(3)γ晶体晶胞中是面心晶胞,所含有的铁原子数为8×+6×=4,δ是体心立方堆积,配位数为8,α是简单立方堆积,配位数为6,因此两种晶胞中铁原子的配位数之比为4∶3。
答案:(1)
Cu2O　S2-的半径大于O2-的半径,Cu2O键能大于Cu2S的键能,Cu2O晶格能大,因此Cu2S的沸点低于Cu2O　(2)3∶1　金属键　(3)4　4∶3
19.(11分)氟及氟产品在工农业生产中应用非常广泛,回答下列问题:

(1)基态氟原子核外电子的运动状态有________种,这些电子的电子云形状有________种;氟原子的外围电子排布式为________。 
(2)NaHF2(氟化氢钠)电解可制氟气,NaHF2中所含作用力的类型有__________;与H互为等电子体的分子有________(举一例)。 
(3)N2F2(二氟氮烯)分子中,氮原子的杂化轨道类型为________,画出N2F2可能的结构式________。 
(4)三氟化硼乙醚(如图1)的熔点为-58 ℃,沸点为126～129 ℃,它属于________晶体。 
(5)氟化钙的晶胞结构如图2所示,晶胞参数a=0.555 pm。
①Ca2+、F-的配位数分别为________和________。 
②列式表示氟化钙晶体的密度________g·cm-3(不必计算出结果)。 
【解析】(1)基态氟原子核外含有9个电子,则其核外电子的运动状态有9种;氟原子核外含有s轨道和p轨道两种轨道,则氟原子的电子的电子云形状有2种;氟原子的外围含有7个电子,其外围电子排布式为2s22p5。
(2)NaHF2为离子化合物,存在离子键,H—F键为共价键,F的电负性较强,还存在氢键。(3)N2F2(二氟氮烯)分子中,氮原子形成了3个σ键和1个π键,则其杂化轨道类型为sp2;N2F2可能的结构式为(或)。(4)三氟化硼乙醚(如图1)的熔点为-58 ℃,沸点为126～129 ℃,其熔、沸点较低,应该属于分子晶体。(5)①在CaF2晶胞中每个Ca2+连接8个氟离子,所以其配位数为8;在CaF2晶胞中每个F-连接4个钙离子,所以其配位数为4。②该晶胞中含有钙离子个数=8×+6×=4,氟离子在该晶胞的内部,所以氟离子个数是8,该晶胞中含有4个CaF2,该晶胞的体积为V=(5.55×10-11)3 cm3,该晶胞的密度为ρ==
g·cm-3。
答案:(1)9　2　2s22p5　(2)离子键、共价键、氢键　CO2　(3)sp2　(或)
(4) 分子
(5)① 8　4　②
20.(11分)(2020·宜昌高二检测)钾、碘、铁元素对人体的健康起到至关重要的作用,回答下列问题:
(1)基态K 原子核外有________种不同运动状态的电子,有________种不同形状的电子云,价电子排布式是____________。 
(2)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5,该化合物的熔点为253 K,沸点为376 K,其固体属于________晶体。 
(3)赤铁盐(K3[Fe(CN)6])主要用于制药、电镀等工业,其煅烧分解生成KCN、(CN)2等物质。
①(CN)2中存在碳碳键,则分子中含有________个σ键,________个π键。 
②KCN与盐酸作用产生HCN,则HCN中心原子C的杂化轨道类型为________。 
(4)KIO3晶体是一种性能良好的非线型光学材料,具有钙钛矿型的立体结构。

①已知A离子坐标参数为(0,0,0),则B离子的坐标参数为________。 
②若KIO3晶胞参数为a纳米(nm)、阿伏加德罗常数为NA,则该晶体密度为________g·cm-3(列出计算式即可)。 
③若碘离子处在各顶点位置,则钾离子和氧离子在晶胞中的位置分别是_____
_______、____________。 
【解析】(1)基态K原子核外有19个电子,所以原子核外有19种不同运动状态的电子;s、p能级电子云形状不同,K原子核外有2种不同形状的电子云;钾原子第四层上的电子是价电子,价电子排布式是4s1;(2)Fe(CO)5的熔、沸点较低,所以Fe(CO)5是分子晶体;(3)①(CN)2中存在碳碳键,结构式为N≡C—C≡N,单键是σ键,三键中有1个 σ键和2个π键,所以分子中含有3个σ键,4个π键。②HCN分子的结构式是H—C≡N,HCN分子中含有2个σ键和2个π键,C原子不含孤电子对,所以价层电子对数是2,中心原子C原子以sp杂化轨道成键;(4)①根据晶胞结构,B离子的坐标是(,1,);②根据均摊原则,晶胞中含I离子数1、含O离子数6×=3 、含钾离子数8×=1 ,所以晶胞的摩尔质量是214 g·mol-1,晶胞参数为a纳米,则晶胞体积是(a×1.0×10-7)3 cm3,所以密度是= g·cm-3;③根据基本结构,若碘离子处在各顶点位置,则钾离子和氧离子在晶胞中的位置分别是体心、棱。
答案:(1)19　2　4s1　(2)分子　(3)①3　4　②sp　(4)①(,1,)　②　③体心　棱(心)
21.(11分)(2020·山东高考) CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
(1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为_______，其固体的晶体类型为_____。
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为______，键角由大到小的顺序为______。
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有______mol，该螯合物中N的杂化方式有______种。

(4)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。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为
90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。

一个晶胞中有____个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn____ (用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有______个。
【解析】（1）Sn为ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数=×(4-4×1)=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；（2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3；（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol，Cd—NO2不算；该螯合物中N的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；（4）由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面上，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，0.5），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面上；部分As原子的分数坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞内；所以1个晶胞中Sn的个数为4×+6×=4；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有4个。
答案：（1）正四面体形 分子晶体
（2）NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3
（3）6 1
（4）4 （0.5,0,0.25）、（0.5,0.5,0） 4