第三章-章末测试(提升)(人教版2019选择性必修2)(解析版).docx

第三章 章末测试（提升）
一、单选题(本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．（2021·全国· 专题练习）下列性质中，可以说明某晶体是离子晶体的是
A．具有较高的熔点 B．固体不导电，水溶液可导电
C．可溶于水 D．固体不导电，熔融状态可导电
【答案】D
【解析】A．离子晶体和共价晶体的熔点都比较高，因此不能据此判断该晶体为离子晶体，A不符合题意；
B．固体不导电，若物质不溶于水，则其水溶液也可能不导电，如BaSO4是离子晶体，固体不导电，其难溶于水，水溶液也不能导电，再必然CO2在固态时属于分子晶体，在固态时不能导电，在水溶液中CO2能够与水反应产生H2CO3，H2CO3电离产生自由移动的离子，因此CO2的水溶液能够导电，因此固体不导电，水溶液可导电不是离子晶体的特征，B不符合题意；
C．离子晶体中有的能够溶于水，有的不溶于水，如NaCl能够溶于水，而AgCl难溶于水，不能因此不能根据是否物质是否能够溶于水判断晶体类型是否为离子晶体，C不符合题意；
D．离子晶体中含有离子，但离子不能自由移动，因此固体不导电，而离子晶体在熔融状态可发生电离而导电，D符合题意；
故合理选项是D。
2．（2021·云南昭通·高二阶段练习）下列关于晶体结构和性质的叙述中都正确的一组是
①I的立体构型为V形，中心原子的杂化方式为sp3
②金属阳离子只能存在于离子晶体中
③因为NH3分子间存在氢键，所以NH3极易液化，用作制冷剂
④因金属性K>Na>Mg，所以熔点：KCl>NaCl>MgCl2
⑤干冰晶体中，每个二氧化碳分子周围等距且紧邻的二氧化碳分子有12个
⑥因为1molSi晶体中含有2molSi—Si键，所以1molSiC晶体中也含有2molSi—C键
⑦CH3Cl和CCl4均为正四面体构型的非极性分子
⑧H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键
A．①③⑤ B．①③⑤⑥ C．④⑥⑦⑧ D．②③④⑥⑧
【答案】A
【解析】①将I中一个碘原子看成中心原子，另两个是与中心原子结合的原子，中心原子的价层电子对=2+=4，所以中心原子的杂化方式为sp3，①正确；
②金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以金属阳离子可能还存在于金属晶体中，②错误；
③氨气分子间存在氢键，导致其熔沸点较低，所以NH3极易液化，液氨汽化吸收大量的热，用作制冷剂，③正确；
④离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，与金属性无关，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，所以熔点：KCl＜NaCl＜MgCl2，④错误；
⑤干冰晶胞结构如图 ，每个CO2分子周围等距且紧邻的CO2分子个数=3×8÷2=12，⑤正确；
⑥SiC晶体中每个Si原子形成4个Si-C键，1molSiC晶体中含有1molSi原子，所以含有4molSi—C键，⑥错误；
⑦CCl4含有C-Cl极性键，空间构型为正四面体型，结构对称且正负电荷的中心重合，为非极性分子，CH3Cl是四面体构型，但不是正四面体型，结构不对称，为极性分子，⑦错误；
⑧H2O比H2S稳定，是因为共价键键能前者大于后者，氢键影响的是熔沸点，⑧错误；
综上所述正确的有①③⑤，故答案为A。
3．（2021·辽宁 ）锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断错误的是

A．Zn位于元素周期表的d区 B．该晶胞中和数目相等
C．位于构成的四面体空隙中 D．氧化锌的熔点高于硫化锌
【答案】A
【解析】A．的价电子排布式为：，故位于元素周期表区，选项A错误；
B．由图可知，位于顶点和面心，个数为，位于体内，其个数为4，则离子数目相同，选项B正确；
C．由图可知每个周围有4个，选项C正确；
D．同类型的离子晶体中，离子半径越小，晶格能越大，因氧离子半径小于硫离子半径，则氧化锌的晶格能大于硫化锌，选项D正确。
答案选A。
4．（2021·四川省资阳中学高二期中）下列说法中，不正确的是
A．晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性
B．金属晶体导电是因为在外加电场作用下金属产生了自由电子，电子定向移动产生了电流
C．MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小
D．乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中有1个手性碳原子
【答案】B
【解析】A．晶体中原子呈周期性有序排列而非晶体中原子排列无序；晶体自范性的本质是：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，A正确；
B．金属晶体导电是在外加电场作用下，金属中含有的自由电子变为定向移动而形成电流，而不是在外加电场力作用下才产生的自由移动的电子，B错误；
C．MgO的晶格能远比NaCl大，这是由于MgO中离子所带的电荷数比NaCl多，而离子半径却比NaCl的小，C正确；
D．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子。乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中与-CH3、-OH、-COOH、H原子连接的C原子为手性碳原子，因此乳酸分子中含有1个手性碳原子，D正确；
故合理选项是B。
5．（2021·宁夏·石嘴山市第三中学高二期中）下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是
A．CO2和SiO2 B．MgCl2和CaO2 C．SiO2和SiC D．氩和干冰
【答案】C
【解析】A．CO2和SiO2中均含有极性键，前者是分子晶体，后者是共价晶体，A不符题意；
B．MgCl2和CaO2均是离子晶体，前者含有离子键，后者含有离子键和极性键，B不符题意；
C．SiO2和SiC均是共价晶体，且都含有共价键，C符合题意；
D．氩分子中不存在化学键，形成的是分子晶体，干冰即固态的CO2，分子中含有共价键，形成的是分子晶体，D不符题意；
答案选C。
6．（2021·全国·高三专题练习）关于SiO2晶体的叙述中，正确的是
A．通常状况下，60 g SiO2晶体中含有的分子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
B．60 g SiO2晶体中，含有2NA个Si—O键
C．最小环上Si和O原子数之比为1：1
D．SiO2晶体中含有1个硅原子和2个氧原子
【答案】C
【解析】A．SiO2是原子(共价)晶体，是由原子构成的，不存在分子，A错误；
B．60 g SiO2晶体即1 mol SiO2，晶体中含有Si—O键为4 mol(每个硅原子、氧原子分别含有4个、2个未成对电子，各拿出一个单电子形成Si—O共价键)，含4NA个Si—O键，B错误；
C．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，C正确；
D ．SiO2晶体中含有无数的硅原子和氧原子，只是硅、氧原子个数比为1∶2，D错误；
故答案为：C。
7．（2021·辽宁·沈阳市 ）下列有关说法正确的是
A．水合铜离子的模型如图，水合铜离子中存在极性共价键、配位键、离子键
B．晶体的晶胞如图，距离最近的组成正四面体
C．H原子的电子云如图，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D．K与氧形成的某化合物晶胞，其中黑球为，由图可知该晶体化学式为
【答案】B
【解析】A．水合铜离子中存在极性共价键、配位键，不存在离子键，A错误；
B．晶胞中为A1堆积做四面体填隙，距离最近的组成正四面体，B正确；
C．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；
D． K与氧形成的某化合物晶胞，其中黑球为， K的个数为：，过氧根个数： ，由图可知该晶体化学式为，D错误；
答案选B。
8．（2021·湖北·华中师大一附中高二期中）铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，下列有关说法正确的是

A．二价铁离子的基态电子排布式为
B．更稳定的Cu替代型产物的化学式为
C．当a位置的Fe位于体心时，b位置的Fe位于面心
D．图1中N填充在Fe构成的正八面体空隙中，且填充率为25％
【答案】D
【解析】A．铁原子失去4s能级上的2个电子，二价铁离子的基态电子排布式为[Ar]3d6，故A错误；
B．由图2可知Cu代替a位置的Fe能量低更稳定，则晶胞中Fe原子个数：6×=3，Cu：8×=1，N：1，更稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN，故B错误；
C．由图1将顶点置于体心，即当a位置的Fe位于体心时，b位置的Fe位于棱心，故C错误；
D．图1中氮原子的上下左右前后各有1个铁原子，有25%的正八面体空隙没有填充，故D正确；
故选：D。
9．（2021·山东省泰安第四中学高二阶段练习）晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是

A．在图①NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl-形成正八面体
B．在图②CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C．在图③金刚石晶体中，碳原子采取sp3杂化
D．图④表示铜晶体为面心立方堆积，铜原子的配位数为8
【答案】D
【解析】A．根据图示，在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl-在其上下、左右、前后均有Cl-，这些Cl-形成正八面体，故A正确；
B. 根据均摊原则，CaF2晶体中，每个晶胞平均占有Ca2＋数，故B正确；
C. 在图③金刚石晶体中，每个C原子与相邻的4个C原子成键，碳原子采取sp3杂化，故C正确；
D. 图④表示铜晶体为面心立方堆积，铜原子的配位数为12，故D错误；
选D。
10．（2021·山东济宁·高二期中）下列关于晶体的说法正确的是
A．组成金属的粒子是原子
B．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
C．离子晶体中一定有离子键，分子晶体中肯定没有离子键
D．SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
【答案】C
【解析】A．组成金属的粒子是金属阳离子和自由电子，A错误；
B．分子间作用力与分子稳定性无关，B错误；
C．离子晶体由离子构成，因此一定含离子键，分子晶体由分子构成，一定不含离子键，C正确；
D．SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，D错误；
选C。
11．（2021·江苏·扬州中学 ）钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相似)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为CH3NH，另两种离子为I-和Pb2+。

下列说法错误的是
A．晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2-有6个 B．图(b)中，X为I-
C．CH3NH时中含有配位键 D．钛酸钙的化学式为CaTiO3
【答案】A
【解析】A．图(a)的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的O2-紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个Ca2+紧邻的O2有12个，A错误；
B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定， CH3NH3+和Pb2+均为1个，有3个I-，故X为I-，B正确；
C．类比NH4+的成键情况可知，CH3NH3+中含有H+与N原子上的孤电子对形成的配位健，C正确；
D．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8个顶点、O2-位于6个面心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为1、3、1，因此其化学式为CaTiO3，D正确；
答案选A。
12．（2021·山东·济南市历城第二中学 ）用6.02×1023表示阿伏加德罗常数(NA)的值，下列说法中不正确的是

A．1L水吸收标准状况下2.24 L Cl2，所得溶液中，N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)=1.204×1023个
B．16.85 gCsCl晶体中含有6.02×1022个如图所示的结构单元
C．6.5 g Zn与足量的浓H2SO4完全反应，转移的电子数为0.2NA
D．1 mol−CH3中的电子数为5.418×1024个
【答案】A
【解析】A．标准状况下2.24 L Cl2的物质的量是0.1 mol，但由于Cl2与H2O的反应是可逆反应，溶液中Cl元素的存在形式有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，Cl2分子中含有2个氯原子，所以根据Cl元素守恒可知N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)＜1.204×1023个，A错误；
B．根据晶胞结构可知，1个晶胞中含有1个CsCl，16.85 gCsCl晶体的物质的量是n(CsCl)==0.1mol，所以其中含有的结构单元为6.02×1022个，B正确；
C．6.5 g Zn的物质的量是0.1 mol，Zn与浓硫酸发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，当硫酸浓度变稀后，发生反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，可见当Zn完全反应后变为Zn2+，故0.1 mol Zn完全反应转移电子的物质的量是0.2 mol，则转移的电子数为0.2NA，C正确；
D．1个−CH3中含有9个电子，则1 mol−CH3中含有9 mol电子，则其中含有的电子数为9　mol×6.02×1023个/mol=5.418×1024个，D正确；
故答案为A。
13．（2020·四川省荥经中学高二期中）下列说法不正确的是
A．离子晶体的熔点可能高于原子晶体，分子晶体的熔点可能高于金属晶体
B．含氢键的分子晶体的熔沸点可能低于不含氢键的分子晶体
C．金属晶体非密堆积的空间利用率可能高于密堆积
D．空间构型相同的分子的中心原子可能具有不同的杂化类型
【答案】C
【解析】A．金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，金属汞常温下为液态，而分子晶体中很多物质在常温下为固态，离子晶体的熔点可能高于原子晶体，故A正确；
B．含分子内氢键的分子晶体熔沸点低于不含氢键的分子晶体，故B正确；
C．金属晶体非密堆积的简单立方堆积的空间利用率为52%、体心立方堆积的空间利用率为68%、密堆积的面心立方堆积的空间利用率74%、六方最密堆积空间利用率为74%，故非密堆积的空间利用率低于密堆积，故C错误；
D．空间构型相同的分子的中心原子可能具有不同的杂化类型，如H2O为V形，sp3杂化，SO2为V形，sp2杂化，故D正确；
故选C。
14．（2021·全国·高三专题练习）将Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO3分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【答案】C
【解析】Na是金属晶体，熔化破坏的是金属键；Na2O是离子晶体，熔化时破坏的是离子键；NaOH是离子化合物，熔化时断裂的是离子键；Na2S是离子化合物，熔化时断裂的是离子键；Na2SO3是离子化合物，熔化时断裂的是离子键；故上述五种物质分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有4种，选项是C。
15．（2021·全国· 课时练习）下列各组化学式能真实表示物质分子组成的是
A．NO、C2H5OH、HNO3、I2
B．CaO、N2、H2SO4、H2O
C．NH3、H2S、SiO2、CO2
D．P4、SO2、CH3COOH、C
【答案】A
【解析】A．NO、C2H5OH、HNO3、I2都是分子晶体，能真实表示物质分子组成，故A正确；
B．CaO属于离子晶体，不存在分子，故B错误；
C．SiO2为原子晶体，不存在分子，故C错误；
D．C可以形成为原子晶体金刚石，不存在分子，故D错误；
故选A。
16．（2021·全国· 课时练习）已知晶体硼的熔点为2300℃，硬度为9.5，可推知单质晶体硼属于
A．分子晶体 B．原子晶体 C．离子晶体 D．无法判断
【答案】B
【解析】非金属单质的晶体类型主要有2种：原子晶体和分子晶体，由于作用力强弱相差悬殊，物理性质（熔、沸点、硬度）差别也甚大，因此根据上述数据可以看出单质晶体硼的熔点高、硬度大，都介于典型的原子晶体，因此晶体硼当属原子晶体。
答案选B。

二、非选择题（共5题，共56分）
17．（2021·四川内江 ）（13分）铜及其合金广泛应用于生活生产中。如黄铜合金可作首饰、镀层等。请回答下列问题：
（1）基态铜原子价电子排布式为___________。
（2）在Cu(NO3)2溶液中加入氨水至过量，生成[Cu(NH3)4]2+。
①中N原子的杂化类型是___________；NH3分子的立体构型是___________。
②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的基态原子有___________个未成对电子。1 mol该阳离子含有的σ键数目为___________
③NH3能与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+，而NF3不能，其原因是___________，NH3的沸点比NF3___________ ( 选填“高”或“低”)，原因是___________。
（3）黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如图所示：

已知：晶胞参数为a nm。
①合金中粒子间作用力类型是___________。
②与Cu原子等距离且最近的Cu原子有___________个。
③黄铜合金晶体密度为___________g·cm-3。(设NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】
（1）3d104s1
（2） ①sp2杂化 三角锥形 ② 3 16NA
③ N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键 高 NH3的分子之间存在氢键
（3）金属键 8
【解析】
（1）Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则其价电子排布式为3d104s1；
（2）①中N原子的价层电子对数为3+=3，且N原子上无孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp2杂化；
NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，且N原子上有1对孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp3杂化，NH3的立体构型是三角锥形；
②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的原子是N原子，基态N原子上有3个未成对电子；在[Cu(NH3)4]2+中4个配位体NH3与中心Cu2+形成4个配位键；在每个NH3中形成了3个N-H极性键，配位键及N-H极性共价键都是σ键，则在1个[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数是4+3×4=16个，在1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目为16NA；
③N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，而偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键，所以NF3不能与Cu2+形成配位键；
NH3、NF3在固态时都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，但由于NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致NH3熔沸点比NF3高；
（3）①合金中粒子间作用力类型是金属键；
②根据图示可知：与Cu原子等距离且最近的Cu原子有8个；
③在该晶胞中含有Cu原子数目为6×=3；含有的Zn原子数目为8×=1，则该晶胞的密度ρ=。
18．（2021·重庆八中 ）（10分）铜元素是重要的金属元素，例如：黄铜矿(主要成分为)是一种天然矿石；钡和铜的硅酸盐()可以人工合成“中国蓝”“中国紫”颜料。请回答下列问题：
（1）基态Cu的价层电子排布式为___________。
（2）“中国蓝”“中国紫”中存在，其中Si原子采取的杂化类型为___________；与互为等电子体的离子是___________(写出一种化学式即可)。
（3）Si和C同主族，但与的熔沸点差异很大的原因为___________。
（4）在氨水溶液中可以形成，中含有的σ键数目为___________；配体分子键角大于的原因为___________。
（5）四方晶系的晶胞结构如图所示。

①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，例如图中原子1的坐标为(，，)，则原子2的坐标为___________。晶体中距离Fe最近的S有___________个。
②设阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为___________(列出计算式即可)。
【答案】
（1）
（2）
（3）是原子晶体，是分子晶体，一般原子晶体的熔沸点高于分子晶体
（4）22NA NH3中只有一对孤对电子，中有两对孤对电子，孤对电子越多，键角越小
（5）(，1，) 4 (或、)
【解析】
（1）Cu原子电子排布式为[Ar]3d104s1，其价层电子排布式为3d104s1；
（2）中心Si原子价层电子对数=4+=4，故其杂化类型为sp3；可将Si换成P、S、Cl得到的等电子体，故此处填：（任写一个）；
（3）SiO2为原子晶体，熔化、气化时需破坏共价键，而CO2为分子晶体，熔化、气化时需破坏分子间作用力，共价键强度原强于分子间作用力，故SiO2熔沸点比CO2高，故此处填：SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，一般原子晶体熔沸点高于分子晶体；
（4）1个H2O内含2根σ键，1个NH3含3根σ键，同时每个H2O、NH3与中心Cu之间形成1根配位键，也属于σ键，故1 mol该配离子中含有σ键=(2×2+3×4+6) mol=22 mol，即22NA；NH3中心N只含1对孤对电子，而H2O中心O含2对孤对电子，孤对电子斥力大于σ电子对，故H2O键角小于NH3，故此处填：NH3中心N只含1对孤对电子，而H2O中心O含2对孤对电子，孤对电子越多，键角越小；
（5）①根据原子1的坐标为(，，)，对比知，原子2：x坐标值相当于原子1的2倍，y坐标值相当于1，z坐标值相当于原子1的2倍，故原子2的位置是(，1，)；
根据图示，晶体中距离Fe(*标出)最近的S(红圈标出)有4个；
②晶胞中亚铁离子个数为：8×+4×+1=4，亚铜离子个数为：6×+4×=4，S2-个数为8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，则晶胞的密度ρ= g•cm-3= g•cm-3。
19．（2021·四川·射洪中学高二期中）（8分）I.有下列7种晶体，用序号回答下列问题：
A．水晶 B．冰醋酸 C．白磷 D．固态氩 E．氯化铵 F．铝 G．金刚石
（1）属于原子晶体的化合物是___；属于离子晶体的是___。
（2）由极性分子构成的晶体是___；属于分子晶体的单质是___；含有共价键的离子晶体是___。
（3）属于电解质的是___；分子内存在化学键，但受热熔化时，化学键不发生变化的是___；受热熔化，需克服共价键的是___。
II.铍和铝、锂和镁等在元素周期表中具有特殊的“对角线关系”，单质及化合物的性质十分相似。请按要求回答下列问题：
（4）Be(OH)2与Mg(OH)2可用试剂___鉴别，其离子方程式为：___。
【答案】（1）A E （2）B CD E （3）BE BC AG
（4）NaOH溶液 Be(OH)2+2OH—=BeO+2H2O
【解析】（1）由分析可知，属于原子晶体的化合物是水晶，属于离子晶体的是氯化铵，故答案为：A；E；
（2）由分析可知，由极性分子构成的晶体是冰醋酸，属于分子晶体的单质是白磷、固态氩，含有共价键的离子晶体是氯化铵，故答案为：B；CD；E；
（3）由分析可知，属于电解质的是冰醋酸、氯化铵，分子内存在化学键，但受热熔化时，化学键不发生变化的是冰醋酸、白磷，受热熔化，需克服共价键的是二氧化硅、金刚石，故答案为：BE；BC；AG；
（4）由对角线关系可知，氢氧化铍与氢氧化铝一样是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铍酸钠和水，而氢氧化镁不与氢氧化钠溶液的反应，则用氢氧化钠溶液鉴别氢氧化铍和氢氧化镁，反应的离子方程式为Be(OH)2+2OH—=BeO+2H2O，故答案为：NaOH溶液；Be(OH)2+2OH—=BeO+2H2O。
20．（2022·北京东城）（10分）过渡元素铂的单质是一种重要的催化剂，其化合物可用于医药领域。
（1）基态的价层电子排布式是，该元素在元素周期表中位于第___________周期。
（2）的晶胞示意图如下。

①该晶胞中含有的铂原子数目为___________。
②该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有___________个。
（3）是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断___________(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
②依据上述信息：___________，可推断不是四面体结构。
③发生水解反应的化学方程式是___________。
④和中铂的配体数不同，但配位数均为4，是由于每个中有___________个原子与铂配位。
⑤查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成的原因：___________。
【答案】（1）六（2） 4 12
（3）甲 存在同分异构体 2 乙分子水解产物的结构为，键角为180°(两个配位氧原子的距离较远)，草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
【解析】（1）基态的价层电子排布式是，该元素在元素周期表中位于第六周期。
（2）①根据均摊原则，该晶胞中含有的铂原子数目为。
②该晶胞为面心立方晶胞，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有12；
（3）①甲为极性分子，根据相似相溶的规律，甲在水中的溶解度较大。
②由存在同分异构体，可知不是四面体结构。
③发生水解反应生成化学式均为和氯化氢，反应的化学方程式是。
④和中铂的配体数不同，但配位数均为4，是由于每个中有2个氧原子原子与铂配位。
⑤乙分子水解产物的结构为，键角为180°(两个配位氧原子的距离较远)，草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键。
21．（2021·全国·高二课时练习）（15分）(1)甲醛与新制悬浊液加热可得砖红色沉淀，已知晶胞的结构如图所示：

①在该晶胞中，的配位数是___________。
②若该晶胞的边长为apm，则的密度为___________(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为)。
(2)砷化镓为第三代半导体材料，晶胞结构如图所示，砷化镓晶体中最近的砷和镓原子核间距为a cm，砷化镓的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则砷化镓晶体的密度表达式是___________。

(3)晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，基稀磁半导体的晶胞如图所示，其中A处的原子坐标参数为；B处的原子坐标参数为；C处的原子坐标参数为___________。
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知单晶的晶胞参数，表示阿伏加德罗常数的值，则其密度为___________(列出计算式即可)。

(4)元素铜的单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。

若已知铜元素的原子半径为dcm，相对原子质量为M，代表阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(用含M、d、的代数式表示)。
(5)金属镍与镧()形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如图。

①储氢原理：镧镍合金吸附，解离为原子，H原子储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和面心，则形成的储氢化合物的化学式为___________。
②测知镧镍合金晶胞体积为，则镧镍合金的晶体密度为___________(列出计算式即可)。
【答案】（1）①2 ②
（2）
（3） ① ②
（4）
（5） ① ②
【解析】(1)①根据氧化亚铜的化学式和晶胞结构分析，在该晶胞中，每个O2-和4个Cu+相连，每个Cu+和2个O2-相连，故Cu+的配位数是2；
②根据氧化亚铜的晶胞结构可知，晶胞的质量为，若该晶胞的边长为，则晶胞的体积为，则的密度为；
(2)砷化镓晶体中最近的砷和镓原子的核间距为晶胞体对角线长的，则晶胞的棱长为，每个晶胞中含有4个砷原子和4个镓原子，所以密度表达式为；
(3)①根据晶胞结构可知，C处Li的原子坐标参数为；
②该晶胞中Li、As、Zn原子的个数都为4，根据化学式可知该晶体的密度；
(4)由题图可知铜晶胞中含有的铜原子数目为。若已知铜元素的原子半径为dcm，则由图丙知，其晶胞的面对角线长是4dcm，所以晶胞的边长是，则该晶体的密度；
(5)①根据均摊法，储氢后晶胞中La的个数为，Ni的个数为，H的个数为，因此该储氢化合物的化学式为；
②根据密度的定义，晶胞的质量为，体积为，密度为。