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高三化学一轮复习 ——分子间作用力与物质的性质
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这是一份高三化学一轮复习 ——分子间作用力与物质的性质，共21页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高三化学一轮复习 ——分子间作用力与物质的性质
一、单选题
1．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（ ）
A．液溴和己烷分别受热变为气体
B．干冰和氯化铵分别受热变为气体
C．硅和铁分别受热熔化
D．氯化氢和蔗糖分别溶解于水
2．卤素单质从F2到I2在常温常压下的聚集状态由气态、液态到固态的原因是（ ）
A．原子间化学键的键能逐渐减小 B．范德华力逐渐增大
C．原子半径逐渐增大 D．氧化性逐渐减弱
3．在“石蜡 →石蜡油 →石蜡气体→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是
A．范德华力、范德华力、范德华力
B．共价键、共价键、共价键
C．范德华力、共价键、共价键
D．范德华力、范德华力、共价键
4．下列说法正确的是（ ）
A．HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
B．CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C．CS2、H2SC，H2都是直线形分子
D．在水中的溶解性：戊醇>乙二醇>乙醇
5．化学键是非常重要的概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的是
A．氢键是化学键中的一种，会影响物质的熔沸点
B．活泼金属元素与活泼非金属元素一定形成离子键
C．速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键
D．物理变化也可以有化学键的破坏
6．下列说法正确的是（ ）
A．硝酸钾和冰的熔化需克服相同类型的作用力
B．氢化物HA的沸点比HB高，是因为1molHA分子中的H-A键断裂时吸收的能量比1 mol HB分子中的H-B键断裂时吸收的能量多
C．离子晶体在熔融状态下能导电是因为晶体受热时离子键被削弱，形成了自由移动的离子
D．非金属元素间只能形成共价化合物，金属和非金属元素间一定形成离子化合物
7．西安交通大学和上海大学利用冷冻透射电子显微镜，在石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生长的由钙元素和氯元素构成的二维晶体，其结构如图。下列说法中错误的是
A．该二维晶体的化学式为
B．石墨烯C原子与键数之比为
C．图中a离子分别与b、c离子的距离不相等
D．该晶体的形成可能与钙离子和石墨间存在强的阳离子相互作用有关
8．某有机物的结构简式如图。下列有关该有机物的说法不正确的是（ ）
A．分子式为C20H26O6
B．既可以形成分子内氢键又可以形成分子间氢键
C．分子中有一个手性碳原子，具有一定的光学活性
D．1mol该有机物最多与3molNaOH反应
9．下列说法正确的是（ ）
A．NH3比PH3稳定，是因为NH3分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键
B．相同条件下，NH3(g)比PH3(g)易液化，主要原因是N－H键的极性比P－H键的极性强
C．P原子间难形成三键而N原子间可以，是因为P的原子半径大于N，难形成p－pπ键
D．NH3的键角比PH3的键角小，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，N的电负性比P大，NH3中N周围电子云密度大，孤对电子对成键电子对斥力大
10．中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说法中错误的是（ ）
A．由于氢键的存在，冰能浮在水面上
B．由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水
C．由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI
D．由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构
11．两种物质所含化学键种类完全相同，晶体类型也相同的是（ ）
A．NaCl和HCl B．NaOH和Na2O
C．C3H8和H2O2 D．SO2和SiO2
12．下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2和NaOH所含化学键类型完全相同
B．NH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键
C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D．NaHSO4溶于水电离的过程既破坏离子键又破坏共价键
13．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是（ ）
A．化合物X高温下有较强稳定性
B．A，B，E均可与C形成常见的两种二元化合物
C．简单离子的半径：E>C>D>A
D．简单氢化物的沸点：C>E
14．下列排序正确的是（ ）
A．酸性：
B．碱性：
C．熔点： (金刚石)
D．沸点：
15．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W同主族，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，化合物N是具有漂白性的气体。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物及部分反应条件省略)。下列说法错误的是（ ）
A．图中催化剂在一定条件下与铝粉混合可能发生铝热反应
B．由Y与Z元素形成的某常见化合物中，阴、阳离子个数比为1:2
C．沸点：丁>丙，是因为丁分子间存在氢键
D．丙与N能发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1
16．下列说法正确的是( )
A．Na2S2、NaClO 中所含化学键类型完全相同
B．白磷和食盐晶体熔化需克服相同类型的作用力
C．碳化铝的熔点达到 2000℃以上，由于熔融状态不导电，所以属于原子晶体
D．CCl4 和 HCl 都是共价化合物，并且都属于电解质
二、综合题
17．2020年9月，中国向联合国大会宣布“30.60目标”，即二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。目前我国正在大力发展新能源车。磷酸铁锂电池主要成分为LiFePO4，可采用二价铁盐或三价铁盐、H3PO4、NH3∙H2O等作为原料制备。
（1）H3PO4中PO43−空间构型为
（2）Fe2+的电子排布式为 。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是 。
（3）NH3和PH3结构相似，但NH3易溶于水，PH3难溶于水，原因是
（4）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 (用n代表P原子数)。
（5）石墨可用作锂离子电池的负极材料，Li+嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixC6的嵌入化合物。某石墨嵌入化合物的平面结构如图甲所示，则x= ；若每个六元环都对应一个Li+，则化学式为 。
（6）某金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的离子团。阴离子在晶胞中的位置如图乙所示，其堆积方式为 ，Li+占据阴离子组成的所有正四面体空隙中心，该化合物的化学式为 (用最简整数比表示)。假设晶胞边长为a nm，则该晶胞的密度为 g/cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
18．铁、钴、镍都属于第Ⅷ族元素，它们的单质、合金及其化合物在催化剂和能源领域用途非常广泛。
（1）基态Fe2+的核外电子排布式为 。结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因： 。
（2）BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由N2H4、HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。
①ClO4－的空间构型为 。
②CTCN的化学式为 ，与Co3+形成配位键的原子是 。(已知CO32−的结构式为 )
③ 可以 (双聚氰胺为原料制备。双聚氰胺中碳原子杂化轨道类型为 ， 中含有σ键的物质的量为 。
④ 是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为 。
（3）一种新型的功能材料的晶胞结构如图所示，Mn在面心和顶点，它的化学式可表示为 。
（4）镍镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm。则镍镁晶体未储氢时的密度为 (列出计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的数值) g∙cm-3。
19．离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：
（1）碳原子价层电子的轨道表达式为 ，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为 形。
（2）根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是 。NH3比PH3的沸点高，原因是 。
（3）氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是 。
（4）EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为 。分子中的大π键可用符号Π 表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π ），则EMIM+离子中的大π键应表示为 。
（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于 晶体，其中硼原子的配位数为 。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为 （列出化简后的计算式）。
20．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成碳的含氧衍生物。
请回答下列问题：
（1）在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，基态原子核外电子排布要遵循“洪特规则特例”，该原子的外围电子排布式为 。在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是 (填元素符号)。
（2）石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中C—H键，导致C—H键的键能 (填“增大”“减小”或“不变” )。铁晶体中粒子之间作用力类型是 。
（3）常温下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、HCOOH等。
①它们的沸点分别为64.7℃、-19.5℃、100.8℃，其主要原因是 。
②CH4、HCHO的键角较大的是 ，主要原因是 。
（4）钴晶胞、白铜(铜镍合金)晶胞如图所示。
①钴晶胞堆积方式的名称为 。
②已知白铜晶胞的密度为d g·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。图2晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为 pm(只列出计算式)。
21．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)。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A. 液溴和己烷都能形成分子晶体，受热变为气体时克服的是分子间作用力，A符合题意；
B. 干冰是分子晶体，其受热变为气体时克服分子间作用力；氯化铵是离子晶体，其受热分解为氨气和氯化氢两种气体，破坏了离子键和部分共价键，B不符合题意；
C. 硅是原子晶体，其受热熔化时破坏共价键；铁是金属晶体，其受热熔化时破坏金属键，C不符合题意；
D. 氯化氢是电解质，其溶于水时破坏共价键；蔗糖是非电解质，其溶解于水时破坏分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、分子晶体分子间存在分子间作用力；
B．干冰和氯化铵晶体类型不同；
C、硅和铁晶体类型不同；
D、氯化氢为电解质，葡萄糖是非电解质。
2．【答案】B
【解析】【解答】卤素单质从 F2到I2结构相似，相对分子质量依次增大，范德华力逐渐增大，物质的熔、沸点逐渐升高，B符合题意。
【分析】结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的熔、沸点越高。
3．【答案】D
【解析】【解答】石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键，
故答案为：D。
【分析】石蜡→石蜡油→石蜡气体的过程中，没有新物质生成，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡气体→裂化气的过程中，生成了新物质，属于化学变化，破坏了共价键。
4．【答案】B
【解析】【解答】因为F的电负性很大，对应的氢化物HF的分子间可形成氢键，熔、沸点较高，A不符合题意；
CH4中只含有C-H极性键，CCl4中只含有C-Cl极性键， CH4、CCl4的空间结构均为正四面体形，分子结构对称，正电荷重心和负电荷重心重合，属于非极性分子，B符合题意；
H2S分子中，中心S原子形成2个σ键，孤电子对数为=2，采取sp3杂化，为角形分子， CS2与C2H2的中心原子的杂化方式均为sp杂化，为直线形分子，C不符合题意；
根据"相似相溶"原理，乙醇羟基与水分子中-OH相似因素大于戊醇，在水中的溶解性更强，D不符合题意。
【分析】A.分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强， 熔、沸点 越高。但HF的分子间可形成氢键，熔、沸点较高；
B.同种原子之间形成非极性键，不同种原子之间形成极性键，分子结构对称，正电荷重心和负电荷重心重合，属于非极性分子；
C.依据价层电子对数（价层电子对数=σ键+孤电子对数）确定杂化类型、确定VSEPR模型并结合孤电子对数确定空间构型；
D.根据"相似相溶"原理，亲水基越多，碳原子数越少，溶解性越强。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．氢键属于分子间作用力，不是化学键，会影响物质的熔沸点，A不符合题意；
B．活泼金属元素与活泼非金属元素不一定形成离子键，例如AlCl3形成的是共价键，B不符合题意；
C．干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，C不符合题意；
D．物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl溶于水发生电离，离子键被破坏，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢键属于分子间作用力；
B.活泼金属元素与活泼非金属元素间形成可能形成共价键；
C.干冰属于分子晶体，干冰升华过程中破坏了分子间作用力。
6．【答案】C
【解析】【解答】硝酸钾和冰的熔化需克服的作用力分别是离子键和分子间作用力，A不符合题意；
氢化物的沸点与分子间作用力有关，与共价键关系不大，B不符合题意；
离子晶体在熔融状态下能导电是因为晶体受热时离子键被削弱，形成了自由移动的离子，C符合题意；
非金属元素间不一定形成共价化合物，例如氯化铵是离子化合物，金属和非金属元素间也不一定形成离子化合物，例如氯化铝是共价化合物，D不符合题意。
【分析】A.硝酸钾是离子晶体、冰是分子晶体；
B.氢化物的沸点是物理性质，与分子间作用力有关；
C.离子晶体在熔融状态离子键被削弱，形成了自由移动的离子；
D.注意举反例：氯化铵是离子化合物，氯化铝是共价化合物。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和3个Cl，对结构单元的贡献均为，所以该晶体的化学式为CaCl，故A不符合题意；
B．每个六角结构中分摊的碳原子数目，6×=2，分摊的C-C键数是6×=3，C原子除了形成C-C键，还和Ca2+形成了化学键，则石墨烯C原子与键数之比不是，故B符合题意；
C．由侧视图和俯视图可知，晶体中Ca-Cl-Ca 构成非平面正六边形，a离子分别与b、c离子的距离不相等，故C不符合题意；
D．该晶体的形成是由于石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子相互作用所致，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、化学式可以原子周围其他原子的占有部分判断；
B、碳原子的数目和键数要结合分摊的原子个数和化学键数目判断；
C、非平面正六边形，两边距离不相等；
D、石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子相互作用导致晶体的形成。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．由结构简式可知，有机物的分子式为C20H26O6，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有羟基和羧基，既可以形成分子内氢键又可以形成分子间氢键，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，有机物分子中不含有连接4个不同原子或原子团的手性碳原子，不具有光学活性，故C符合题意；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的酯基、羟基和羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol该有机物最多与3mol氢氧化钠反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.注意有机物分子式中元素排列顺序是C、H、N、O、P、S、Cl等。
B.一般含有N-H、O-H、F-H键的物质能形成氢键，所以含羟基（-OH）、羧基（-COOH）、氨基（-NH2）的有机物可以形成氢键。
C.手性碳原子是指有机物中连接4个不同原子或原子团的碳原子，含有手性碳原子的有机物具有光学活性。
D.该有机物中能与氢氧化钠反应的官能团有酯基、羧基、酚羟基。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．NH3比PH3稳定，是因为N的原子半径小于P的原子半径，N—H的键长小于P—H，所以N—H的键能大于P—H的键能，所以NH3比PH3稳定，故A不符合题意；
B．NH3比PH3易液化的原因，是NH3的分子间含有氢键，使分子间的相互作用力增大，所以NH3易液化，故B不符合题意；
C．P原子间难以形成氢键而N原子键可以，是因为P原子的半径比N大，P原子间形成的σ键较长，p—p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成p—p π键，故C符合题意；
D．NH3的键角比PH3的键角大，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，但N的电负性大于P，NH3中N周围的电子云密度大，成键电子对更靠近中心原子，成键电子对间的斥力更大，键角更大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．原子半径越小，键长越小，键能越大，分子越稳定；
B．分子间含有氢键，沸点高；
C．原子半径大，键较长，肩并肩重叠程度很小，难以 π键；
D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
10．【答案】C
【解析】【解答】A.冰中水分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，因此冰能浮在水面上，是分子间存在氢键所致，A不符合题意；
B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，B不符合题意；
C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HF>HI>HBr>HCl，C符合题意；
D.氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.冰中分子排列有序，含有氢键数目增多；
B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度；
C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键；
D.氢键具有方向性和饱和性。
11．【答案】C
【解析】【解答】A、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，选项不符合题意；
B、NaOH、Na2O都是离子晶体，Na2O只含有离子键，NaOH中含离子键和共价键，所含化学键类型不完全相同，选项B不符合题意；
C、C3H8和H2O2都是分子晶体，C3H8和H2O2都只含共价键，所含化学键类型完全相同，晶体类型也完全相同，选项C符合题意；
D、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】首先判断物质的晶体类型，然后分析含有的化学键类型，注意极性键与非极性的判断。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．NaOH中含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，所以两者化学键类型不同，A不符合题意；
B．氢键影响物理性质，不影响氢化物稳定性，NH3比PH3稳定是因为N元素非金属强于P元素，B不符合题意；
C．化学反应的实质是旧键断裂生成新键，CO2溶于水与水反应生成碳酸发生化学变化，则CO2溶于水存在共价键和分子间作用力的改变，干冰升华是CO2从固态变为气态属于物理变化，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，C不符合题意；
D．NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na++H++ ，既破坏了钠离子与硫酸氢根之间的离子键，又破坏了硫酸氢根里的共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.同种非金属元素之间易形成非极性共价键、不同种非金属元素之间易形成极性共价键；
B.物质的稳定性与化学键有关，与氢键无关；
C.CO2溶于水与水反应生成碳酸；
D.NaHSO4含离子键、共价键，晶体由钠离子与硫酸氢根构成，溶于水电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子。
13．【答案】A
【解析】【解答】A． 化合物X为Na2CO3∙H2O2，高温下易分解，稳定性差，故A符合题意；
B． A、B、E均可与C形成常见的两种二元化合物，分别是H2O、H2O2、CO、CO2、SO2、SO3，故B不符合题意；
C． 电子层越多离子半径越大，则简单离子的半径越大S2->O2-，Na+>H+，电子层结构相同的离子，核电荷越大，半径越小，O2->Na+，所以简单离子的半径：S2->O2->Na+>H+，故C不符合题意；
D． 水分子间形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，分子间作用力小，简单氢化物的沸点：C>E，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则A位于第一周期，为H元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族，D形成+1价阳离子，其原子半径最大，则D为Na；C形成2个共价键，位于ⅥA族，则C为O，E为S元素；B形成4个共价键，则B为C元素。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．C6H5OH为非电解质，其酸性比碳酸小，正确的酸性强弱为：C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，故A不符合题意；
B．金属性K＞Ba＞Ca，所以碱性正确的顺序为：Ca(OH)2＜Ba(OH)2＜KOH，故B不符合题意；
C．SiCl4属于分子晶体，其熔点最小； CaBr2属于离子晶体；金刚石是原子晶体，则熔点由高到低的顺序为：金刚石＞CaBr2＞SiCl4，故C不符合题意；
D．含有氢键的氢化物的沸点较高，分子间形成氢键数目越多，沸点越高，所以沸点：PH3＜NH3＜H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据强酸制取弱酸即可判断
B.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强
C.熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体
D.均含有氢键，熔沸点与氢键的个数有关
15．【答案】D
【解析】【解答】A．经分析甲是H2O2，能使H2O2分解的催化剂种类很多，MnO2就是其中之一，MnO2在一定条件下与铝粉混合就能发生铝热反应，故A不符合题意；
B．经分析Y是O元素，Z是Na，Y与Z元素形成的某常见化合物是Na2O， 其阴、阳离子个数比为1:2，故B不符合题意；
C．经分析丁是H2O，丙是H2S，沸点：H2O>H2S，是因为H2O分子间存在氢键，故C不符合题意；
D．经分析丙H2S， N是SO2，H2S与SO2反应的化学方程式是2H2S+ SO2=3S↓+2H2O，根据化学方程式中元素化合价变化情况，可知H2S是还原剂，SO2是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，故D符合题意；
本题答案D。
【分析】甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，可推测甲是H2O2,丁是H2O，化合物N是具有漂白性的气体，可推测其是SO2，根据物质间的转化关系则可推测M是氧气，丙是H2S，则乙是硫化物。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，故X、Y、Z、W四种元素中，由于X的原子序数最小，则X是H元素，Y与W同主族，则Y是氧元素，W是S元素，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半，则Z是Na元素，则乙是Na2S，据此分析解答。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.Na2S2中含有离子键和非极性键，NaClO中含有离子键和极性键，故A不符合题意；
B.白磷属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，食盐是离子晶体，熔化时破坏离子键，故B不符合题意；
C.原子晶体的熔点很高，熔融时不导电，碳化铝的熔点达到2000℃以上，由于熔融状态不导电，所以属于原子晶体，故C符合题意；
D.CCl4在熔融时和在水溶液中均不导电，属于非电解质，HCl在水溶液中能导电，属于电解质，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.由阴阳离子之间形成的化学键叫做离子键，由相同的原子之间通过共用电子对形成的化学键叫做非极性共价键，由不同的原子之间通过共用电子对形成的化学键叫做极性共价键；
B.白磷熔化克服的是分子间作用力，食盐熔化克服的是离子键；
C.由原子之间通过共用电子对形成的共价键形成的晶体叫做原子晶体；
D.在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物叫做电解质，在水溶液或熔融状态下都不导电的物质是非电解质。
17．【答案】（1）正四面体形
（2）[Ar]3d6(或1s22s22p63s23p63d6)；Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子为半充满的稳定状态，比电子排布为[Ar]3d6的Fe2+更稳定
（3）NH3与H2O可以形成氢键，使其在水中的溶解度大于PH3
（4）(PnO3n+1)(n+2)-
（5）1；LiC2
（6）面心立方最密堆积；LiC6H6；
【解析】【解答】（1）H3PO4中PO43−的P原子价电子对数为4+=4，P原子上无孤电子对，所以PO43−的空间构型为正四面体形；
（2）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层的2个4s电子变为Fe2+，故Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)；Fe2+再失去1个3d电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，用于Fe3+处于d轨道的半充满的稳定状态，比电子排布为[Ar]3d6的Fe2+更稳定；
（3）NH3、PH3分子结构相似，都是极性分子，H2O分子也是极性分子，由于N元素非金属性强，原子半径又小，所以NH3与H2O易形成氢键，导致NH3在水中更容易溶解，因此NH3极易溶于水，而PH3难溶于水；
（4）由图可知：2个P原子之间共有1个O原子，则酸根有n个P原子时，与n个PO4相比少了(n-1)个O原子，即O原子数目为4n-(n-1)=3n+1，形成1条P-O键的O原子额外获得1个电子，即离子电荷数等于结构中形成1条P-O键的O原子数目，故离子带(n+2)单位负电荷，故这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)-；
（5）Li+嵌入石墨的两层间，每个Li+给每一层提供，每层上下均有Li+，故图中Li+相当于每一层单独占有，每个Li+周围单独占有6个C原子，Li与C原子之比为1：6，所以LixC 中x=1；若每个六元环都对应一个Li+，六元环上碳原子为3个环共用，则每个碳原子环上含有的C原子数目为6×=2，则Li与C原子数目之比1：2，所以化学式为LiC2；
（6）由图可知：阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；
顶点阴离子与面心阴离子形成正四面休结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，均摊法计算晶胞中离子团数目为：8×+6×=4，所以Li、B、H原子数目之比为8∶(12×4)∶(12×4)=1：6：6，所以化学式为LiC6H6；
该晶胞中含有8个Li+，4个，晶胞边长为a nm，则该晶胞的密度ρ=。
【分析】（1） 依据价层电子对数（价层电子对数=σ键+孤电子对数）确定杂化类型、确定VSEPR模型并结合孤电子对数确定空间构型 ；
（2）根据构造原理，半充满的稳定状态，更稳定；
（3）依据相似相溶原理分析，氢键使物质的溶解性更强；
（4）由结构图利用切割法确定；
（5）利用“均摊法”，一个微粒被n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有1/n；
（6）利用“均摊法”，一个微粒被n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有1/n确定晶胞中微粒数，再用计算。
18．【答案】（1） (或 )；Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱
（2）正四面体；N和O；sp2、sp；9 mol；N2H4与水可形成分子间氢键
（3）
（4）
【解析】【解答】⑴Fe是26号元素，基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因：Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱；故答案为：[Ar]3d6；Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱。⑵①ClO4－价层电子对数 ，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。②CTCN中NH3的N有孤对电子，CO32−的O有孤对电子，因此与Co3+形成配位键的原子是N、O；故答案为：N、O。③双聚氰胺 中第一个碳原子有3个σ键，无孤对电子，价层电子对数为3，杂化轨道为sp2，第二个碳原子有2个σ键，无孤对电子，价层电子对数为2，杂化轨道为sp， 中含有σ键的物质的量为9mol；故答案为：sp2、sp；9。④配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，主要是因为N2H4与水形成分子间氢键；故答案为：N2H4与水可形成分子间氢键。⑶晶胞中Ni在体内，共有8个，Mn在面心和顶点，个数为 ，Ga在棱心，个数为 ，化学式可表示为Ni2MnGa；故答案为：Ni2MnGa。⑷H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm，因此距离最近的两个H2分子之间是面对角线的一半，则晶胞参数为 nm，晶胞中Mg个数为8个，Ni为4个，则镍镁晶体未储氢时的密度为 ；故答案为： 。
【分析】⑴基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，分析氧化性主要看Fe3+和Co3+的核外电子排布。⑵①计算ClO4－价层电子对数；②有孤对电子才能与Co3+形成配位键；③逐个分析双聚氰胺中碳原子价层电子对数；④从相似相溶和分子间氢键角度思考配体N2H4能与水混溶。⑶分别计算晶胞中Ni、Mn、Ga的个数。⑷先根据氢气分子之间距离得出晶胞参数，再计算晶胞中Mg、Ni个数，再计算密度。
19．【答案】（1）；哑铃
（2）NH3；氨分子间存在氢键
（3）基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定
（4）sp2、sp3；Π
（5）原子；4；
【解析】【解答】（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为 ；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，2p轨道的电子云轮廓图为哑铃形；（2）NH3中N原子价层电子对数为 ，
中N原子价层电子对数 ，
中N原子价层电子对数 ，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3； NH3比PH3的沸点高是因为NH3分子间存在氢键，而PH3分子间只有范德华力；（3）第VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定；（4）根据图中EMIM+离子中键总数为5个，根据图像，EMIM+离子中C原子的空间构型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化；EMIM+离子有6个电子可形成大π键，形成的大π键原子数为5，故可用符号Π 表示；（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4， B原子数 ，晶胞质量为 ，晶胞体积为 ，B、N原子的总体积为 ，晶胞中原子的空间利用率为 ；
【分析】根据核外电子排布原则确定电子排布图，根据价层电子对互斥理论计算价层电子对数，根据第一电离能的规律比较第一电离能，根据轨道杂化理论确定杂化轨道类型，根据大π键形成的原理确定大π键的表示，根据晶体知识确定晶胞类型、配位数及空间占有率。
20．【答案】（1）3d104s1；Cr
（2）减小；金属键
（3）CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键(或分子间作用力)较强，HCHO分子间只存在范德华力；HCHO；CH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采用sp2杂化
（4）六方最密堆积； ×
【解析】【解答】(1) Mn、Fe、Co、Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基态原子Cu原子核外电子符合全充满、半充满，遵循“洪特规则特例”，故答案为3d104s1。
(2) 石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中C—H键，说明在催化剂存在下C—H键更容易发生断裂，其键能更小；铁晶体属于金属晶体，晶体中存在自由电子和金属阳离子，靠金属键结合形成金属单质，故答案为：减小；金属键。
(3)①CH3OH、HCOOH 分子间存在氢键，且HCOOH 分子间氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点HCOOH＞CH3OH＞HCHO，故答案为：CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键(或分子间作用力)较强，HCHO分子间只存在范德华力。
②CH4中C原子采取sp3杂化，为正四面体，HCHO中C原子采取sp2杂化，为平面三角形，HCHO键角较大；故答案为：HCHO；CH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采用sp2杂化。
(4) ①由图可知，钴晶胞堆积方式的名称为六方最密堆积。
②面心6个Cu原子构成正八面体，正八面体棱上的2个Cu原子与体心连线形成等腰直角三角形，该等腰直角三角形的斜边长为两个面心上铜原子最短核间距，等腰直角三角形的直角边为晶胞棱长的 。设晶胞棱长为a pm，晶胞中Cu原子数为6× =3，Ni原子数位8× =1，晶胞质量m= ， 则有d g·cm-3×(a×10-10 cm)3= ，解得a= ，晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为 × pm。
【分析】（1）根据洪特规则即可写出核外电子能级排布式，即可判断出未成对电子数
（2）根据题意可知 石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中C—H键， 因此键能减小，铁晶体式金属晶体是金属键
（3）① 根据结构式键可看出氢键的影响②主要和是碳原子的杂化方式有关
（4）① 根据晶胞图即可判断出堆积名称②根据晶胞中占位情况计算出晶胞的质量，再结合密度计算出体积，即可计算出晶胞参数，面心铜原子最短距离是面对角线的一半
21．【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
【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 ②中心原子孤电子对越多键角越小，CH4和H2O均属于sp3杂化，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，故答案为：＞；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）①利用空间几何计算AB的距离= =Mg2+的半径+H+的半径，则H+的半径= ；②晶胞中H+个数为 ，则晶胞中氢的密度 或 ，故答案为： ； 或 。
【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
高三化学一轮复习 ——分子间作用力与物质的性质
一、单选题
1．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（ ）
A．液溴和己烷分别受热变为气体
B．干冰和氯化铵分别受热变为气体
C．硅和铁分别受热熔化
D．氯化氢和蔗糖分别溶解于水
2．卤素单质从F2到I2在常温常压下的聚集状态由气态、液态到固态的原因是（ ）
A．原子间化学键的键能逐渐减小 B．范德华力逐渐增大
C．原子半径逐渐增大 D．氧化性逐渐减弱
3．在“石蜡 →石蜡油 →石蜡气体→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是
A．范德华力、范德华力、范德华力
B．共价键、共价键、共价键
C．范德华力、共价键、共价键
D．范德华力、范德华力、共价键
4．下列说法正确的是（ ）
A．HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
B．CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C．CS2、H2SC，H2都是直线形分子
D．在水中的溶解性：戊醇>乙二醇>乙醇
5．化学键是非常重要的概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的是
A．氢键是化学键中的一种，会影响物质的熔沸点
B．活泼金属元素与活泼非金属元素一定形成离子键
C．速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键
D．物理变化也可以有化学键的破坏
6．下列说法正确的是（ ）
A．硝酸钾和冰的熔化需克服相同类型的作用力
B．氢化物HA的沸点比HB高，是因为1molHA分子中的H-A键断裂时吸收的能量比1 mol HB分子中的H-B键断裂时吸收的能量多
C．离子晶体在熔融状态下能导电是因为晶体受热时离子键被削弱，形成了自由移动的离子
D．非金属元素间只能形成共价化合物，金属和非金属元素间一定形成离子化合物
7．西安交通大学和上海大学利用冷冻透射电子显微镜，在石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生长的由钙元素和氯元素构成的二维晶体，其结构如图。下列说法中错误的是
A．该二维晶体的化学式为
B．石墨烯C原子与键数之比为
C．图中a离子分别与b、c离子的距离不相等
D．该晶体的形成可能与钙离子和石墨间存在强的阳离子相互作用有关
8．某有机物的结构简式如图。下列有关该有机物的说法不正确的是（ ）
A．分子式为C20H26O6
B．既可以形成分子内氢键又可以形成分子间氢键
C．分子中有一个手性碳原子，具有一定的光学活性
D．1mol该有机物最多与3molNaOH反应
9．下列说法正确的是（ ）
A．NH3比PH3稳定，是因为NH3分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键
B．相同条件下，NH3(g)比PH3(g)易液化，主要原因是N－H键的极性比P－H键的极性强
C．P原子间难形成三键而N原子间可以，是因为P的原子半径大于N，难形成p－pπ键
D．NH3的键角比PH3的键角小，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，N的电负性比P大，NH3中N周围电子云密度大，孤对电子对成键电子对斥力大
10．中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说法中错误的是（ ）
A．由于氢键的存在，冰能浮在水面上
B．由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水
C．由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI
D．由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构
11．两种物质所含化学键种类完全相同，晶体类型也相同的是（ ）
A．NaCl和HCl B．NaOH和Na2O
C．C3H8和H2O2 D．SO2和SiO2
12．下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2和NaOH所含化学键类型完全相同
B．NH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键
C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D．NaHSO4溶于水电离的过程既破坏离子键又破坏共价键
13．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是（ ）
A．化合物X高温下有较强稳定性
B．A，B，E均可与C形成常见的两种二元化合物
C．简单离子的半径：E>C>D>A
D．简单氢化物的沸点：C>E
14．下列排序正确的是（ ）
A．酸性：
B．碱性：
C．熔点： (金刚石)
D．沸点：
15．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W同主族，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，化合物N是具有漂白性的气体。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物及部分反应条件省略)。下列说法错误的是（ ）
A．图中催化剂在一定条件下与铝粉混合可能发生铝热反应
B．由Y与Z元素形成的某常见化合物中，阴、阳离子个数比为1:2
C．沸点：丁>丙，是因为丁分子间存在氢键
D．丙与N能发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1
16．下列说法正确的是( )
A．Na2S2、NaClO 中所含化学键类型完全相同
B．白磷和食盐晶体熔化需克服相同类型的作用力
C．碳化铝的熔点达到 2000℃以上，由于熔融状态不导电，所以属于原子晶体
D．CCl4 和 HCl 都是共价化合物，并且都属于电解质
二、综合题
17．2020年9月，中国向联合国大会宣布“30.60目标”，即二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。目前我国正在大力发展新能源车。磷酸铁锂电池主要成分为LiFePO4，可采用二价铁盐或三价铁盐、H3PO4、NH3∙H2O等作为原料制备。
（1）H3PO4中PO43−空间构型为
（2）Fe2+的电子排布式为 。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是 。
（3）NH3和PH3结构相似，但NH3易溶于水，PH3难溶于水，原因是
（4）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 (用n代表P原子数)。
（5）石墨可用作锂离子电池的负极材料，Li+嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixC6的嵌入化合物。某石墨嵌入化合物的平面结构如图甲所示，则x= ；若每个六元环都对应一个Li+，则化学式为 。
（6）某金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的离子团。阴离子在晶胞中的位置如图乙所示，其堆积方式为 ，Li+占据阴离子组成的所有正四面体空隙中心，该化合物的化学式为 (用最简整数比表示)。假设晶胞边长为a nm，则该晶胞的密度为 g/cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
18．铁、钴、镍都属于第Ⅷ族元素，它们的单质、合金及其化合物在催化剂和能源领域用途非常广泛。
（1）基态Fe2+的核外电子排布式为 。结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因： 。
（2）BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由N2H4、HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。
①ClO4－的空间构型为 。
②CTCN的化学式为 ，与Co3+形成配位键的原子是 。(已知CO32−的结构式为 )
③ 可以 (双聚氰胺为原料制备。双聚氰胺中碳原子杂化轨道类型为 ， 中含有σ键的物质的量为 。
④ 是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为 。
（3）一种新型的功能材料的晶胞结构如图所示，Mn在面心和顶点，它的化学式可表示为 。
（4）镍镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm。则镍镁晶体未储氢时的密度为 (列出计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的数值) g∙cm-3。
19．离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：
（1）碳原子价层电子的轨道表达式为 ，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为 形。
（2）根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是 。NH3比PH3的沸点高，原因是 。
（3）氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是 。
（4）EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为 。分子中的大π键可用符号Π 表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π ），则EMIM+离子中的大π键应表示为 。
（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于 晶体，其中硼原子的配位数为 。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为 （列出化简后的计算式）。
20．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成碳的含氧衍生物。
请回答下列问题：
（1）在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，基态原子核外电子排布要遵循“洪特规则特例”，该原子的外围电子排布式为 。在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是 (填元素符号)。
（2）石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中C—H键，导致C—H键的键能 (填“增大”“减小”或“不变” )。铁晶体中粒子之间作用力类型是 。
（3）常温下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、HCOOH等。
①它们的沸点分别为64.7℃、-19.5℃、100.8℃，其主要原因是 。
②CH4、HCHO的键角较大的是 ，主要原因是 。
（4）钴晶胞、白铜(铜镍合金)晶胞如图所示。
①钴晶胞堆积方式的名称为 。
②已知白铜晶胞的密度为d g·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。图2晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为 pm(只列出计算式)。
21．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)。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A. 液溴和己烷都能形成分子晶体，受热变为气体时克服的是分子间作用力，A符合题意；
B. 干冰是分子晶体，其受热变为气体时克服分子间作用力；氯化铵是离子晶体，其受热分解为氨气和氯化氢两种气体，破坏了离子键和部分共价键，B不符合题意；
C. 硅是原子晶体，其受热熔化时破坏共价键；铁是金属晶体，其受热熔化时破坏金属键，C不符合题意；
D. 氯化氢是电解质，其溶于水时破坏共价键；蔗糖是非电解质，其溶解于水时破坏分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、分子晶体分子间存在分子间作用力；
B．干冰和氯化铵晶体类型不同；
C、硅和铁晶体类型不同；
D、氯化氢为电解质，葡萄糖是非电解质。
2．【答案】B
【解析】【解答】卤素单质从 F2到I2结构相似，相对分子质量依次增大，范德华力逐渐增大，物质的熔、沸点逐渐升高，B符合题意。
【分析】结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的熔、沸点越高。
3．【答案】D
【解析】【解答】石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键，
故答案为：D。
【分析】石蜡→石蜡油→石蜡气体的过程中，没有新物质生成，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡气体→裂化气的过程中，生成了新物质，属于化学变化，破坏了共价键。
4．【答案】B
【解析】【解答】因为F的电负性很大，对应的氢化物HF的分子间可形成氢键，熔、沸点较高，A不符合题意；
CH4中只含有C-H极性键，CCl4中只含有C-Cl极性键， CH4、CCl4的空间结构均为正四面体形，分子结构对称，正电荷重心和负电荷重心重合，属于非极性分子，B符合题意；
H2S分子中，中心S原子形成2个σ键，孤电子对数为=2，采取sp3杂化，为角形分子， CS2与C2H2的中心原子的杂化方式均为sp杂化，为直线形分子，C不符合题意；
根据"相似相溶"原理，乙醇羟基与水分子中-OH相似因素大于戊醇，在水中的溶解性更强，D不符合题意。
【分析】A.分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强， 熔、沸点 越高。但HF的分子间可形成氢键，熔、沸点较高；
B.同种原子之间形成非极性键，不同种原子之间形成极性键，分子结构对称，正电荷重心和负电荷重心重合，属于非极性分子；
C.依据价层电子对数（价层电子对数=σ键+孤电子对数）确定杂化类型、确定VSEPR模型并结合孤电子对数确定空间构型；
D.根据"相似相溶"原理，亲水基越多，碳原子数越少，溶解性越强。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．氢键属于分子间作用力，不是化学键，会影响物质的熔沸点，A不符合题意；
B．活泼金属元素与活泼非金属元素不一定形成离子键，例如AlCl3形成的是共价键，B不符合题意；
C．干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，C不符合题意；
D．物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl溶于水发生电离，离子键被破坏，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢键属于分子间作用力；
B.活泼金属元素与活泼非金属元素间形成可能形成共价键；
C.干冰属于分子晶体，干冰升华过程中破坏了分子间作用力。
6．【答案】C
【解析】【解答】硝酸钾和冰的熔化需克服的作用力分别是离子键和分子间作用力，A不符合题意；
氢化物的沸点与分子间作用力有关，与共价键关系不大，B不符合题意；
离子晶体在熔融状态下能导电是因为晶体受热时离子键被削弱，形成了自由移动的离子，C符合题意；
非金属元素间不一定形成共价化合物，例如氯化铵是离子化合物，金属和非金属元素间也不一定形成离子化合物，例如氯化铝是共价化合物，D不符合题意。
【分析】A.硝酸钾是离子晶体、冰是分子晶体；
B.氢化物的沸点是物理性质，与分子间作用力有关；
C.离子晶体在熔融状态离子键被削弱，形成了自由移动的离子；
D.注意举反例：氯化铵是离子化合物，氯化铝是共价化合物。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和3个Cl，对结构单元的贡献均为，所以该晶体的化学式为CaCl，故A不符合题意；
B．每个六角结构中分摊的碳原子数目，6×=2，分摊的C-C键数是6×=3，C原子除了形成C-C键，还和Ca2+形成了化学键，则石墨烯C原子与键数之比不是，故B符合题意；
C．由侧视图和俯视图可知，晶体中Ca-Cl-Ca 构成非平面正六边形，a离子分别与b、c离子的距离不相等，故C不符合题意；
D．该晶体的形成是由于石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子相互作用所致，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、化学式可以原子周围其他原子的占有部分判断；
B、碳原子的数目和键数要结合分摊的原子个数和化学键数目判断；
C、非平面正六边形，两边距离不相等；
D、石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子相互作用导致晶体的形成。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．由结构简式可知，有机物的分子式为C20H26O6，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有羟基和羧基，既可以形成分子内氢键又可以形成分子间氢键，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，有机物分子中不含有连接4个不同原子或原子团的手性碳原子，不具有光学活性，故C符合题意；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的酯基、羟基和羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol该有机物最多与3mol氢氧化钠反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.注意有机物分子式中元素排列顺序是C、H、N、O、P、S、Cl等。
B.一般含有N-H、O-H、F-H键的物质能形成氢键，所以含羟基（-OH）、羧基（-COOH）、氨基（-NH2）的有机物可以形成氢键。
C.手性碳原子是指有机物中连接4个不同原子或原子团的碳原子，含有手性碳原子的有机物具有光学活性。
D.该有机物中能与氢氧化钠反应的官能团有酯基、羧基、酚羟基。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．NH3比PH3稳定，是因为N的原子半径小于P的原子半径，N—H的键长小于P—H，所以N—H的键能大于P—H的键能，所以NH3比PH3稳定，故A不符合题意；
B．NH3比PH3易液化的原因，是NH3的分子间含有氢键，使分子间的相互作用力增大，所以NH3易液化，故B不符合题意；
C．P原子间难以形成氢键而N原子键可以，是因为P原子的半径比N大，P原子间形成的σ键较长，p—p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成p—p π键，故C符合题意；
D．NH3的键角比PH3的键角大，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，但N的电负性大于P，NH3中N周围的电子云密度大，成键电子对更靠近中心原子，成键电子对间的斥力更大，键角更大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．原子半径越小，键长越小，键能越大，分子越稳定；
B．分子间含有氢键，沸点高；
C．原子半径大，键较长，肩并肩重叠程度很小，难以 π键；
D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
10．【答案】C
【解析】【解答】A.冰中水分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，因此冰能浮在水面上，是分子间存在氢键所致，A不符合题意；
B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，B不符合题意；
C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HF>HI>HBr>HCl，C符合题意；
D.氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.冰中分子排列有序，含有氢键数目增多；
B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度；
C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键；
D.氢键具有方向性和饱和性。
11．【答案】C
【解析】【解答】A、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，选项不符合题意；
B、NaOH、Na2O都是离子晶体，Na2O只含有离子键，NaOH中含离子键和共价键，所含化学键类型不完全相同，选项B不符合题意；
C、C3H8和H2O2都是分子晶体，C3H8和H2O2都只含共价键，所含化学键类型完全相同，晶体类型也完全相同，选项C符合题意；
D、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】首先判断物质的晶体类型，然后分析含有的化学键类型，注意极性键与非极性的判断。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．NaOH中含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，所以两者化学键类型不同，A不符合题意；
B．氢键影响物理性质，不影响氢化物稳定性，NH3比PH3稳定是因为N元素非金属强于P元素，B不符合题意；
C．化学反应的实质是旧键断裂生成新键，CO2溶于水与水反应生成碳酸发生化学变化，则CO2溶于水存在共价键和分子间作用力的改变，干冰升华是CO2从固态变为气态属于物理变化，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，C不符合题意；
D．NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na++H++ ，既破坏了钠离子与硫酸氢根之间的离子键，又破坏了硫酸氢根里的共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.同种非金属元素之间易形成非极性共价键、不同种非金属元素之间易形成极性共价键；
B.物质的稳定性与化学键有关，与氢键无关；
C.CO2溶于水与水反应生成碳酸；
D.NaHSO4含离子键、共价键，晶体由钠离子与硫酸氢根构成，溶于水电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子。
13．【答案】A
【解析】【解答】A． 化合物X为Na2CO3∙H2O2，高温下易分解，稳定性差，故A符合题意；
B． A、B、E均可与C形成常见的两种二元化合物，分别是H2O、H2O2、CO、CO2、SO2、SO3，故B不符合题意；
C． 电子层越多离子半径越大，则简单离子的半径越大S2->O2-，Na+>H+，电子层结构相同的离子，核电荷越大，半径越小，O2->Na+，所以简单离子的半径：S2->O2->Na+>H+，故C不符合题意；
D． 水分子间形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，分子间作用力小，简单氢化物的沸点：C>E，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则A位于第一周期，为H元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族，D形成+1价阳离子，其原子半径最大，则D为Na；C形成2个共价键，位于ⅥA族，则C为O，E为S元素；B形成4个共价键，则B为C元素。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．C6H5OH为非电解质，其酸性比碳酸小，正确的酸性强弱为：C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，故A不符合题意；
B．金属性K＞Ba＞Ca，所以碱性正确的顺序为：Ca(OH)2＜Ba(OH)2＜KOH，故B不符合题意；
C．SiCl4属于分子晶体，其熔点最小； CaBr2属于离子晶体；金刚石是原子晶体，则熔点由高到低的顺序为：金刚石＞CaBr2＞SiCl4，故C不符合题意；
D．含有氢键的氢化物的沸点较高，分子间形成氢键数目越多，沸点越高，所以沸点：PH3＜NH3＜H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据强酸制取弱酸即可判断
B.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强
C.熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体
D.均含有氢键，熔沸点与氢键的个数有关
15．【答案】D
【解析】【解答】A．经分析甲是H2O2，能使H2O2分解的催化剂种类很多，MnO2就是其中之一，MnO2在一定条件下与铝粉混合就能发生铝热反应，故A不符合题意；
B．经分析Y是O元素，Z是Na，Y与Z元素形成的某常见化合物是Na2O， 其阴、阳离子个数比为1:2，故B不符合题意；
C．经分析丁是H2O，丙是H2S，沸点：H2O>H2S，是因为H2O分子间存在氢键，故C不符合题意；
D．经分析丙H2S， N是SO2，H2S与SO2反应的化学方程式是2H2S+ SO2=3S↓+2H2O，根据化学方程式中元素化合价变化情况，可知H2S是还原剂，SO2是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，故D符合题意；
本题答案D。
【分析】甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，可推测甲是H2O2,丁是H2O，化合物N是具有漂白性的气体，可推测其是SO2，根据物质间的转化关系则可推测M是氧气，丙是H2S，则乙是硫化物。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，故X、Y、Z、W四种元素中，由于X的原子序数最小，则X是H元素，Y与W同主族，则Y是氧元素，W是S元素，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半，则Z是Na元素，则乙是Na2S，据此分析解答。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.Na2S2中含有离子键和非极性键，NaClO中含有离子键和极性键，故A不符合题意；
B.白磷属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，食盐是离子晶体，熔化时破坏离子键，故B不符合题意；
C.原子晶体的熔点很高，熔融时不导电，碳化铝的熔点达到2000℃以上，由于熔融状态不导电，所以属于原子晶体，故C符合题意；
D.CCl4在熔融时和在水溶液中均不导电，属于非电解质，HCl在水溶液中能导电，属于电解质，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.由阴阳离子之间形成的化学键叫做离子键，由相同的原子之间通过共用电子对形成的化学键叫做非极性共价键，由不同的原子之间通过共用电子对形成的化学键叫做极性共价键；
B.白磷熔化克服的是分子间作用力，食盐熔化克服的是离子键；
C.由原子之间通过共用电子对形成的共价键形成的晶体叫做原子晶体；
D.在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物叫做电解质，在水溶液或熔融状态下都不导电的物质是非电解质。
17．【答案】（1）正四面体形
（2）[Ar]3d6(或1s22s22p63s23p63d6)；Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子为半充满的稳定状态，比电子排布为[Ar]3d6的Fe2+更稳定
（3）NH3与H2O可以形成氢键，使其在水中的溶解度大于PH3
（4）(PnO3n+1)(n+2)-
（5）1；LiC2
（6）面心立方最密堆积；LiC6H6；
【解析】【解答】（1）H3PO4中PO43−的P原子价电子对数为4+=4，P原子上无孤电子对，所以PO43−的空间构型为正四面体形；
（2）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层的2个4s电子变为Fe2+，故Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)；Fe2+再失去1个3d电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，用于Fe3+处于d轨道的半充满的稳定状态，比电子排布为[Ar]3d6的Fe2+更稳定；
（3）NH3、PH3分子结构相似，都是极性分子，H2O分子也是极性分子，由于N元素非金属性强，原子半径又小，所以NH3与H2O易形成氢键，导致NH3在水中更容易溶解，因此NH3极易溶于水，而PH3难溶于水；
（4）由图可知：2个P原子之间共有1个O原子，则酸根有n个P原子时，与n个PO4相比少了(n-1)个O原子，即O原子数目为4n-(n-1)=3n+1，形成1条P-O键的O原子额外获得1个电子，即离子电荷数等于结构中形成1条P-O键的O原子数目，故离子带(n+2)单位负电荷，故这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)-；
（5）Li+嵌入石墨的两层间，每个Li+给每一层提供，每层上下均有Li+，故图中Li+相当于每一层单独占有，每个Li+周围单独占有6个C原子，Li与C原子之比为1：6，所以LixC 中x=1；若每个六元环都对应一个Li+，六元环上碳原子为3个环共用，则每个碳原子环上含有的C原子数目为6×=2，则Li与C原子数目之比1：2，所以化学式为LiC2；
（6）由图可知：阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；
顶点阴离子与面心阴离子形成正四面休结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，均摊法计算晶胞中离子团数目为：8×+6×=4，所以Li、B、H原子数目之比为8∶(12×4)∶(12×4)=1：6：6，所以化学式为LiC6H6；
该晶胞中含有8个Li+，4个，晶胞边长为a nm，则该晶胞的密度ρ=。
【分析】（1） 依据价层电子对数（价层电子对数=σ键+孤电子对数）确定杂化类型、确定VSEPR模型并结合孤电子对数确定空间构型 ；
（2）根据构造原理，半充满的稳定状态，更稳定；
（3）依据相似相溶原理分析，氢键使物质的溶解性更强；
（4）由结构图利用切割法确定；
（5）利用“均摊法”，一个微粒被n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有1/n；
（6）利用“均摊法”，一个微粒被n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有1/n确定晶胞中微粒数，再用计算。
18．【答案】（1） (或 )；Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱
（2）正四面体；N和O；sp2、sp；9 mol；N2H4与水可形成分子间氢键
（3）
（4）
【解析】【解答】⑴Fe是26号元素，基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因：Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱；故答案为：[Ar]3d6；Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱。⑵①ClO4－价层电子对数 ，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。②CTCN中NH3的N有孤对电子，CO32−的O有孤对电子，因此与Co3+形成配位键的原子是N、O；故答案为：N、O。③双聚氰胺 中第一个碳原子有3个σ键，无孤对电子，价层电子对数为3，杂化轨道为sp2，第二个碳原子有2个σ键，无孤对电子，价层电子对数为2，杂化轨道为sp， 中含有σ键的物质的量为9mol；故答案为：sp2、sp；9。④配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，主要是因为N2H4与水形成分子间氢键；故答案为：N2H4与水可形成分子间氢键。⑶晶胞中Ni在体内，共有8个，Mn在面心和顶点，个数为 ，Ga在棱心，个数为 ，化学式可表示为Ni2MnGa；故答案为：Ni2MnGa。⑷H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm，因此距离最近的两个H2分子之间是面对角线的一半，则晶胞参数为 nm，晶胞中Mg个数为8个，Ni为4个，则镍镁晶体未储氢时的密度为 ；故答案为： 。
【分析】⑴基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，分析氧化性主要看Fe3+和Co3+的核外电子排布。⑵①计算ClO4－价层电子对数；②有孤对电子才能与Co3+形成配位键；③逐个分析双聚氰胺中碳原子价层电子对数；④从相似相溶和分子间氢键角度思考配体N2H4能与水混溶。⑶分别计算晶胞中Ni、Mn、Ga的个数。⑷先根据氢气分子之间距离得出晶胞参数，再计算晶胞中Mg、Ni个数，再计算密度。
19．【答案】（1）；哑铃
（2）NH3；氨分子间存在氢键
（3）基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定
（4）sp2、sp3；Π
（5）原子；4；
【解析】【解答】（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为 ；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，2p轨道的电子云轮廓图为哑铃形；（2）NH3中N原子价层电子对数为 ，
中N原子价层电子对数 ，
中N原子价层电子对数 ，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3； NH3比PH3的沸点高是因为NH3分子间存在氢键，而PH3分子间只有范德华力；（3）第VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定；（4）根据图中EMIM+离子中键总数为5个，根据图像，EMIM+离子中C原子的空间构型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化；EMIM+离子有6个电子可形成大π键，形成的大π键原子数为5，故可用符号Π 表示；（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4， B原子数 ，晶胞质量为 ，晶胞体积为 ，B、N原子的总体积为 ，晶胞中原子的空间利用率为 ；
【分析】根据核外电子排布原则确定电子排布图，根据价层电子对互斥理论计算价层电子对数，根据第一电离能的规律比较第一电离能，根据轨道杂化理论确定杂化轨道类型，根据大π键形成的原理确定大π键的表示，根据晶体知识确定晶胞类型、配位数及空间占有率。
20．【答案】（1）3d104s1；Cr
（2）减小；金属键
（3）CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键(或分子间作用力)较强，HCHO分子间只存在范德华力；HCHO；CH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采用sp2杂化
（4）六方最密堆积； ×
【解析】【解答】(1) Mn、Fe、Co、Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基态原子Cu原子核外电子符合全充满、半充满，遵循“洪特规则特例”，故答案为3d104s1。
(2) 石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中C—H键，说明在催化剂存在下C—H键更容易发生断裂，其键能更小；铁晶体属于金属晶体，晶体中存在自由电子和金属阳离子，靠金属键结合形成金属单质，故答案为：减小；金属键。
(3)①CH3OH、HCOOH 分子间存在氢键，且HCOOH 分子间氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点HCOOH＞CH3OH＞HCHO，故答案为：CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键(或分子间作用力)较强，HCHO分子间只存在范德华力。
②CH4中C原子采取sp3杂化，为正四面体，HCHO中C原子采取sp2杂化，为平面三角形，HCHO键角较大；故答案为：HCHO；CH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采用sp2杂化。
(4) ①由图可知，钴晶胞堆积方式的名称为六方最密堆积。
②面心6个Cu原子构成正八面体，正八面体棱上的2个Cu原子与体心连线形成等腰直角三角形，该等腰直角三角形的斜边长为两个面心上铜原子最短核间距，等腰直角三角形的直角边为晶胞棱长的 。设晶胞棱长为a pm，晶胞中Cu原子数为6× =3，Ni原子数位8× =1，晶胞质量m= ， 则有d g·cm-3×(a×10-10 cm)3= ，解得a= ，晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为 × pm。
【分析】（1）根据洪特规则即可写出核外电子能级排布式，即可判断出未成对电子数
（2）根据题意可知 石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中C—H键， 因此键能减小，铁晶体式金属晶体是金属键
（3）① 根据结构式键可看出氢键的影响②主要和是碳原子的杂化方式有关
（4）① 根据晶胞图即可判断出堆积名称②根据晶胞中占位情况计算出晶胞的质量，再结合密度计算出体积，即可计算出晶胞参数，面心铜原子最短距离是面对角线的一半
21．【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
【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 ②中心原子孤电子对越多键角越小，CH4和H2O均属于sp3杂化，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，故答案为：＞；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）①利用空间几何计算AB的距离= =Mg2+的半径+H+的半径，则H+的半径= ；②晶胞中H+个数为 ，则晶胞中氢的密度 或 ，故答案为： ； 或 。
【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
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