C．由于H和O的电负性差大于F和O之间的电负性差，所以OF2分子的极性小于H2O分子的极性，故C正确；
D．无机含氧酸的分子中非羟基氧原子数越多酸性越强，无机含氧酸的酸性：
HNO3>HClO2，故D错误；
选C。
10.碳化硅的晶体结构与晶体硅类似。
晶体中硅原子与Si﹣C键的数目之比为（）
A
1∶4B.1∶3C.1∶2D.1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】由原子构成的晶体为原子晶体，SiC是由原子构成的，属于原子晶体，晶体中每个Si原子连有4个Si-C键，但是每个Si-C键是两个原子共有，故每个Si原子含有2个Si-C键，同理，每个C原子也含有2个Si-C键，而一个Si原子对应一个C原子，故Si和Si-C键个数之比为1：
4。
答案选A。
【点睛】注意每个C和每个Si都有2个Si-C键，关键是要注意一个Si原子对应一个C原子。
11.下列说法中不正确的是（）
A.碘晶体中碘分子的排列有2种不同的方向
B.镁晶体的堆积模型中原子的配位数为12
C.氟化钙晶体中Ca2+的配位数为4，F﹣的配位数为8
D.石墨烯晶体中每个碳原子连接3个六元环
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，故A正确；
B．镁晶体采用的是六方最密堆积，原子的配位数为12，故B正确；
C．氟化钙晶体中Ca2+的配位数为8，F﹣的配位数为4，故C错误；
D．石墨烯晶体中的基本结构单元是正六边形，每个碳原子连接3个六元环，故D正确。
答案选C。
12.下列关于石墨转化为金刚石的说法正确的是（）
A.既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
B.碳原子的杂化方式不变
C.晶体中六元环的数目不变
D.C（s,石墨）=C（s,金刚石）△H＜0
【答案】A
【解析】
【分析】
石墨是混合型晶体，既含有共价键，又含有分子间作用力，金刚石是原子晶体，只含有共价键。
【详解】A．由上述分析可知，石墨转化为金刚石的过程中，既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，故A正确；
B．石墨中，C原子的杂化方式为SP2，金刚石中C原子的杂化方式为SP3，故B错误；
C．石墨转化为金刚石的过程中，晶体结构发生明显变化，故晶体中六元环的数目要改变，故C错误；
D．石墨比金刚石更稳定，能量更低，故C（s,石墨）=C（s,金刚石）△H＞0，故D错误。
答案选A。
13.FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在。
双聚分子中Fe的配位数为（）
A.6B.4C.3D.不能确定
【答案】
B
【解析】
【详解】FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为：
，Fe原子周围有4个Cl，则双聚分子中Fe的配位数为4，故答案为B。
14.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，称作原子分数坐标。
如图中原子1的坐标为（
），则原子2和3的坐标中正确的是（）
A.原子2为（
，0，
）B.原子2为（0，
，
）
C.原子3为（1，0，
）D.原子3为（0，0，
）
【答案】D
【解析】
【详解】原子1的坐标为（
），则坐标系为
，原子2在晶胞底面的中心，2的坐标为（
）；原子3在坐标系z轴所在楞的一半，3的坐标为（0，0，
），故选D。
15.图是由Q、R、G三种元素组成的一种高温超导体的晶胞结构，其中Q为＋3价，G为－2价，则R的化合价为
A.＋1B.＋2C.＋3D.＋4
【答案】B
【解析】
【分析】
利用均摊法计算出晶胞中Q、R、G三种原子的个数，再利用化合物中化合价代数和为零可计算出R的化合价。
【详解】根据均摊法结构晶胞结构图可知，晶胞结构中R原子数目为1+8×（1/8）=2，G原子数目为2+4×（1/2）+16×（1/4）=8，Q原子数目为2+8×（1/4）=4，令R的化合价为a，则4×3+2a+8×（-2）=0，解得a=2，故R的化合价为+2，B正确；
答案选B。
【点睛】本题主要考查了均摊法分析晶胞的结构，结合化合价规则解决问题，注意重对基础知识和基本方法的考查。
二、非选择题（本题包括5小题，共55分。
）
16.回答下列问题。
（1）用“＞”、“＜”或“＝”填空：
氢键的键长O—H···O____N—H···N；碳酸盐的分解温度SrCO3___CaCO3。
（2）X﹣射线衍射测定发现I3AsF6中存在I
离子，I
的立体构型为_______，中心原子的杂化形式为__________；As元素在周期表中的位置是_____。
（3）合成甲醇的反应CO2+3H2=CH3OH+H2O所涉及的4种物质的沸点由高到低的顺序是______。
（4）硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料。
如图为H3BO3晶体的片层结构，硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是______。
（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一。
1molNH4BF4中含有______mol配位键。
【答案】
（1）.＜
（2）.＞（3）.V形（4）.sp3（5）.第四周期ⅤA族（6）.H2O＞CH3OH＞CO2＞H2（7）.热水破坏了硼酸分子间的氢键，使硼酸分子与水分子间形成氢键，因而溶解度增大（8）.2
【解析】
【分析】
（1）电负性越强，氢键越强，氢键键长越短；分解本质是阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强；
（2）I3+中心原子的价层电子对数为
=4，则为sp3杂化，价层电子对为正四面体，中心I原子的孤电子对数为
=2，为V形，根据周期序数等于电子层数，主族序数等于最外层电子数来确定As在周期表中的位置；
（3）水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断；
（4）加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键；
（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，据此计算。
【详解】
（1）电负性越强，氢键越强，氢键键长越短，O的电负性大于N的，故H2O中氢键O—H···O比NH3中氢键N—H···N更稳定，则H2O中氢键O—H···O键长＜NH3中氢键N—H···N键长；碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，Sr2+的半径比Ca2+大，故SrCO3的分解温度高于CaCO3，故答案为：
＜；＞；
（2）I3+中心原子的价层电子对数为
=4，则为sp3杂化，价层电子对为正四面体，中心I原子的孤电子对数为
=2，为V形，As为33号元素，其原子结构示意图为：
，周期序数等于电子层数，主族序数等于最外层电子数，故As位于第四周期ⅤA族，故答案为：
V形；sp3；第四周期ⅤA族；
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高，故答案为：
H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；
（4）热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大，故答案为：
热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；
（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：
2。
17.回答下列问题。
（1）SO2与O3互为等电子体。
SO2的VSEPR模型名称是_____，与O3分子互为等电子体的一种阴离子为（写化学式）______。
（2）氯化钠和氯化铯是两种不同类型的晶体结构。
晶体结构不同的主要原因是______。
（3）SiO2和GeO2具有类似
晶体结构，其中熔点较高的是______（写化学式），原因是_____。
（4）向盛有氯化银的试管中加入氨水，沉淀溶解。
请写出反应的化学方程式：
______。
【答案】
（1）.平面三角形
（2）.NO
（3）.晶体中正负离子的半径比不同（4）.SiO2（5）.二者均为原子晶体，Si—O键的键长小于Ge—O键、键能大于Ge—O键（6）.AgCl+2NH3·H2O=[Ag（NH3）2]Cl+2H2O
【解析】
【详解】
（1）SO2中S原子的价层电子对为
，VSEPR模型为平面三角形；与O3互为等电子体的阴离子有NO
；故答案为：
平面三角形；NO
；
（2）NaCl、CsCl晶胞结构受离子半径比大小影响，铯离子半径大于钠离子半径，所以二者正负离子
半径比不同，晶胞结构不同，故答案为：
晶体中正负离子的半径比不同；
（3）SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高，故答案为：
SiO2；二者均为原子晶体，Si—O键的键长小于Ge—O键、键能大于Ge—O键；
（4）氯化银与氨水反应生成[Ag（NH3）2]Cl，沉淀溶解，化学方程式为：
AgCl+2NH3·H2O=[Ag（NH3）2]Cl+2H2O，故答案为：
AgCl+2NH3·H2O=[Ag（NH3）2]Cl+2H2O。
18.配位化合物M呈深蓝色，在乙醇中溶解度较小。
M中含有Q、W、X、Y、Z5种原子序数依次增大
元素，原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。
其中，元素X、Y同主族且Y的原子序数是X的2倍，Z元素原子的外围电子排布为（n-1）dn+6ns1。
回答下列问题。
（1）配位化合物M中的配位原子是__________。
（2）元素W、X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序是________（用元素符号填写）
（3）基态Z的二价离子的价电子排布图（轨道表示式）为___________。
（4）画出化合物M中阳离子的结构示意图（不考虑空间构型）_________。
（5）化合物M中不存在的微粒间作用力有_______（填序号）
a.离子键b.极性键c.非极性键d.金属键e.氢键f.配位键
【答案】
（1）.N（或氮）
（2）.N＞O＞S＞Cu（3）.
（4）.
（5）.cd
【解析】
【分析】
配位化合物M呈深蓝色，在乙醇中溶解度较小。
M中含有Q、W、X、Y、Z5种原子序数依次增大的元素，原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。
其中，元素X、Y同主族且Y的原子序数是X的2倍，则X为O元素，Y为S元素；Z元素原子的外围电子排布为（n-1）dn+6ns1，则n+6=10，n=4，故其外围电子排布为3d104s1，则Z为Cu元素；故该配合物中含有[Cu（NH3）4]2-、SO42-结合原子序数可知Q为H元素，W为N元素，由原子数目之比可知，该配合物中含有1个结晶水，其化学式为[Cu（NH3）4]SO4∙H2O。
【详解】
（1）配位原子指的是配体中提供孤对电子的原子，故该配位化合物M中的配位原子是N（或氮）。
（2）同主族自上而下第一电离能减小，故铜元素的第一电离能最小，氧元素的第一电离能大于硫元素，氧与氮元素同周期，氮元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态能量较低，第一电离能大于氧元素，元素W、X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞S＞Cu。
（3）基态Z外围电子排布为3d104s1，形成二价离子时失去最外层的两个电子后，价电子排布图（轨道表示式）为
。
（4）化合物M中阳离子为[Cu（NH3）4]2-，其结构示意图为
。
（5）化合物M中，[Cu（NH3）4]2-、SO42-之间存在离子键，氮和氢元素间为极性键，也存在氢键和配位键，故不存在的微粒间作用力有非极性键和金属键；
答案选cd。
19.富镍三层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2（NCM811）作为下一代锂离子电池的正极材料，被广泛关注和深入研究，纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。
回答下列问题：
（1）基态Ni的电子排布式为______，基态Co3+有_____个未成对电子。
（2）该电池初始充电过程中，会有C2H4等气体产生。
C2H4分子中σ键和π键数目之比为______。
（3）金属锰有多种晶型，其中δ-Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm。
δ-Mn中锰原子的最小核间距为_____pm。
（4）制备NCM811的过程中，残余的Li2CO3会破坏材料的界面。
分子或离子中的大π键可用符号
表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为
），则CO32-离子中的大π键应表示为________。
（5）TiO2的晶胞如图所示：
TiO2晶体中O原子的配位数是______。
【答案】
（1）.1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2
（2）.4（3）.5：
1（4）.
（5）.
（6）.3
【解析】
【分析】
（3）δ-Mn的结构为体心立方堆积，设锰原子的半径为r，体对角线长度=4r，δ-Mn中锰原子的最小核间距为2r；
【详解】
（1）Ni原子核外有28个电子，根据能量最低原理，Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；基态Co3+的价电子排布式为3d6，电子在能量相同的轨道排布时，尽可能分占不同轨道，所以有4个未成对电子；故答案为：
1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；4；
（2）单键C-H为σ键，双键C=C中有1个σ键、1个键；C2H4结构简式为CH2=CH2，有5个σ键和1个π键，σ键和π键数目之比为5：
1；故答案为：
5：
1；
（3）δ-Mn的结构为体心立方堆积，设锰原子的半径为r，体对角线长度=4r，则有
，锰原子的最小核间距为2r=
；故答案案为：
；
（4）C
中，C为sp2杂化，形成3根共价键，一个s电子跃迁到pz轨道，每个O还留有一个pz轨道上的一个单电子，整个CO32-形成4中心6电子的离域大π键，CO32-离子中的大π键应表示为
；故答案为：
；
（5）根据晶胞图，与每个O原子离的最近的Ti原子有3个，TiO2晶体中O原子的配位数是3；故答案为：
3。
20.回答下列问题。
（1）新型钙钛矿太阳能电池具备更加清洁、便于应用、制造成本低和效率高等显著优点。
一种钙钛矿太阳能电池材料的晶胞如图所示。
该钙钛矿太阳能电池材料的化学式为______；该晶胞中，与I﹣紧邻的I﹣个数为__________。
（2）金属钼晶体中的原子堆积方式如图所示，若晶体钼的密度为ρg·cm－3，钼原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示钼的相对原子质量，则钼晶胞中原子的空间利用率为________（用含有ρ、r、NA、M的代数式表示）。
（3）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X﹣射线衍射法就是其中的一种。
通过对碲化锌晶体的X﹣射线衍射图像分析，可以得出其晶胞如图所示。
若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列，Te的原子半径为apm，晶体的密度为ρg·cm－3，碲化锌的摩尔质量为193g·mol－1，则阿伏加德罗常数NA=_________mol－1（列计算式表达）
（4）氮化钛的晶胞如图1所示，图2是氮化钛的晶胞截面图。
NA是阿伏加德罗常数的值，氮化钛的摩尔质量为62g·mol－1，氮化钛晶体密度为dg·cm－3，计算氮化钛晶胞中N原子半径为_________pm。
【答案】
（1）.PbCH3NH3I3
（2）.8（3）.
×100%（4）.
（5）.
【解析】
【分析】
（1）根据均摊原则计算钙钛矿太阳能电池材料的化学式；
（2）钼晶胞中含有2个钼原子，根据晶胞的密度计算晶胞体积；
（3）Te呈立方面心最密堆积方式排列，Te的原子半径为apm，晶胞边长为
；
（4）晶胞面对角线=钛原子半径×4，晶胞边长=钛原子半径×2+氮原子半径×2；
【详解】
（1）根据均摊原则，钙钛矿太阳能电池材料的1个晶胞中含有CH3NH3+数
，I﹣数
，Pb2+数1，化学式是PbCH3NH3I3；根据晶胞图，与I﹣紧邻的I﹣个数为8个；
（2）钼晶胞中含有2个钼原子，设晶胞边长为acm，
，
，钼晶胞中原子的空间利用率为
×100%；
（3）根据碲化锌的晶胞图，1个晶胞含有Te原子数
、含锌原子数4，Te呈立方面心最密堆积方式排列，Te的原子半径为apm，晶胞边长为
；则
，NA=
；
（4）根据晶胞图，1个晶胞含有Te原子数
、含N原子数
，设晶胞的边长为acm，则
，a=
，晶胞面对角线=
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