2024高考化学一轮复习第十一章物质结构与性质第35讲晶体结构与性质课时作业含解析

PAGE7-第35讲晶体结构与性质建议用时：40分钟满分：100分一、选择题(本题共4小题，每小题只有一个选项符合题意)1．如图是物质的微观结构示意图，请仔细视察两图，推断下列说法正确的是()A．两种物质在肯定条件下都会自动形成有规则几何外形的晶体B．Ⅰ形成的固体物理性质有各向异性C．Ⅱ形成的固体肯定有固定的熔点D．二者的X­射线衍射图谱是相同的答案B解析由微观结构示意图可知Ⅰ为晶体，Ⅱ为非晶体，晶体具有规则的几何外形、各向异性和固定的熔点，用X­射线衍射试验测定时，晶体内部的微粒在空间呈现有规则的重复排列，非晶体则没有这些性质。2．下列说法正确的是()A．钛和钾都实行图1的积累方式B．图2为金属原子在二维空间里的非密置层放置，此方式在三维空间里积累，仅得简洁立方积累C．图3是干冰晶体的晶胞，晶胞棱长为acm，则在每个CO2四周最近且等距离的CO2有8个D．图4是一种金属晶体的晶胞，它是金属原子在三维空间以密置层实行ABCABC…积累的结果答案D解析图1表示的积累方式为A3型最密积累，K采纳A2型密积累，A错误；图2也可以在三维空间积累形成A2型密积累，得到体心立方积累，B错误；干冰晶体的晶胞属于面心立方晶胞，配位数为12，即每个CO2四周距离相等的CO2分子有12个，C错误；该晶胞积累方式为面心立方最密积累，金属原子在三维空间里密置层实行ABCABC…的积累方式，D正确。3．下列说法正确的是()A．区分晶体和非晶体的最牢靠的科学方法是对固体进行X­射线衍射B．1mol金刚石中的C—C键数是2NA,1molSiO2晶体中的Si—O键数也是2NAC．水晶和干冰在熔化时，晶体中的共价键都会断裂D．分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定答案A解析晶体与非晶体最本质的区分是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X­射线衍射可以看到微观结构，A正确；金刚石中1个C原子与另外4个C原子形成C—C单键，这个C原子对每个单键的贡献只有eq\f(1,2)，所以1molC原子形成的C—C键为4×eq\f(1,2)＝2mol，而二氧化硅晶体中1个Si原子分别与4个O原子形成4个Si—O单键，则1molSiO2晶体中Si—O键为4mol，B错误；水晶是共价晶体，熔化时共价键断裂，而分子晶体干冰熔化时，分子间作用力被减弱而共价键不断裂，C错误；分子的稳定性取决于化学键的强弱，D错误。4．下列关于金属晶体的叙述正确的是()A．用铂金制作首饰不能用电子气理论说明B．固体或熔融后易导电、熔点在1000℃左右的晶体可能是金属晶体C．Li、Na、Mg的熔点渐渐上升D．能导电的晶体肯定是金属晶体答案B解析选项A，用铂金制作首饰是利用了金属晶体具有延展性，能用电子气理论说明；选项B，金属晶体在固态或熔融态下都能导电，大多数金属晶体在常温下为固体，熔点较高，故题设条件下的晶体可能是金属晶体；选项C，一般状况下，金属键的强弱与金属原子价电子数的多少有关，价电子数越多，金属键越强，与金属原子的半径大小也有关，金属原子的半径越大，金属键越弱；金属键强弱为Mg>Li>Na，其熔点也为Mg>Li>Na；选项D，石墨是能导电的混合晶体。二、选择题(本题共3小题，每小题有一个或两个选项符合题意)5．高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是()A．与K＋最近且距离相等的K＋有6个B．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个Oeq\o\al(－,2)C．晶体中与每个K＋距离最近的Oeq\o\al(－,2)有6个D．晶体中含有离子键和共价键答案CD解析依据题给信息，超氧化钾晶体是面心立方晶体，超氧化钾晶体(KO2)是离子化合物，阴、阳离子分别为Oeq\o\al(－,2)、K＋，晶体中K＋与Oeq\o\al(－,2)间形成离子键，Oeq\o\al(－,2)中O—O键为共价键。作为面心立方晶体，每个晶胞中含有K＋：8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4(个)，Oeq\o\al(－,2)：1＋12×eq\f(1,4)＝4(个)，晶胞中与每个K＋最近且距离相等的Oeq\o\al(－,2)有6个，最近且距离相等的K＋有12个。6．下列有关说法不正确的是()A．四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＋C．H原子的电子云图如图3所示，黑点表示H原子核外大多数电子在原子核旁边运动D．金属Cu中Cu原子积累模型如图4所示，为最密积累，每个Cu原子的配位数均为12答案C解析A项，四水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子供应孤电子对与铜离子形成配位键，正确；B项，依据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2＋个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，正确；C项，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，只能说H原子的一个电子在原子核旁边出现的机会较多；D项，在金属晶体的最密积累中，对于每个原子来说，其四周的原子有同一层上的六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子四周都有12个原子与之相连，正确。7．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．18g冰(图1)中含O—H键数目为2NAB．28g晶体硅(图2)中含有Si—Si键数目为4NAC．44g干冰(图3)中含有NA个晶胞结构单元D．石墨烯(图4)是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA答案BC解析1个水分子中含有2个O—H键，18g冰的物质的量为1mol，含O—H键数目为2NA，A正确；28g晶体硅中含有1molSi原子，每个硅原子与其他4个Si形成4个Si—Si键，每个硅原子形成的共价键为eq\f(1,2)×4＝2，则1mol单质硅含有2molSi—Si键，B错误；1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰中含有晶胞结构单元个数小于NA个，C错误；在石墨烯中，每个碳原子形成3个共价键，所以每个碳原子实际形成的化学键为1.5个，12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA，D正确。三、非选择题(本题共3小题)8．(1)(2024·全国卷Ⅰ)锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：①比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其改变规律及缘由：__________________________________________________________________。GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃－49.526146沸点/℃83.1186约400②晶胞有两个基本要素：a．原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))；C为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))。则D原子的坐标参数为________。b．晶胞参数，描述晶胞的大小和形态。已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76pm，其密度为________________________g·cm－3(列出计算式即可)。(2)(2024·全国卷Ⅱ)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。a．晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。b．若合金的密度为dg·cm－3，晶胞参数a＝______________nm。答案(1)①GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。缘由是分子结构相像，分子量依次增大，分子间相互作用力渐渐增加②a.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))b.eq\f(8×73,6.02×565.763)×107(2)a.3∶1b.eq\r(3,\f(251,6.02×1023×d))×107解析(1)①对于结构相像的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。②b.该晶胞中含有Ge的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋4＝8，晶胞参数a即为晶胞边长，则有ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(8×\f(73,6.02×1023),565.76×10－103)g·cm－3＝eq\f(8×73,6.02×565.763)×107g·cm－3。(2)a.晶胞中含Cu原子数为eq\f(1,2)×6＝3，含Ni原子数为eq\f(1,8)×8＝1，两者数量比为3∶1；b.由题意可得：d＝eq\f(3×64＋59,a×10－73×6.02×1023)，解得a＝eq\r(3,\f(251,6.02×1023×d))×107nm。9．碳元素的单质有多种形式，如图依次是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)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)石墨晶体中，层内C—C键的键长为142pm，而金刚石中C—C键的键长为154pm。其缘由是金刚石中只存在C—C间的________共价键，而石墨层内的C—C间不仅存在________共价键，还有________键。(均填“σ”或“π”)(5)金刚石晶胞含有________个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，依据硬球接触模型，则r＝________a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率：____________(不要求计算结果)。答案(1)同素异形体(2)sp3sp2(3)分子混合(4)σσπ(5)8eq\f(\r(3),8)eq\f(8×\f(4,3)πr3,a3)＝eq\f(\r(3)π,16)解析(2)金刚石中碳原子与相邻四个碳原子形成4个共价单键，C原子实行sp3杂化方式；石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合。(3)C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体；石墨的层内原子间以共价键结合，层与层之间以范德华力结合，所以石墨属于混合晶体。(5)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，晶胞中C原子数目为4＋6×eq\f(1,2)＋8×eq\f(1,8)＝8；若C原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，依据硬球接触模型，则正方体对角线长度的eq\f(1,4)就是C—C键的键长，即eq\f(\r(3),4)a＝2r，所以r＝eq\f(\r(3),8)a，碳原子在晶胞中的空间占有率w＝eq\f(8×\f(4,3)πr3,a3)＝eq\f(8×\f(4,3)π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)a))3,a3)＝eq\f(\r(3)π,16)。10．铂(Pt)可以和许多化合物形成协作物。生产生活中有重要的用途。(1)铂和氨水可以形成协作物，可用于提取铂。氨水中各元素的第一电离能从大到小的依次为________。(2)二氯二吡啶合铂是由Pt2＋、Cl－和吡啶结合形成的铂协作物，有顺式和反式两种同分异构体，科学探讨表明，反式分子和顺式分子同样具有抗癌活性。①Cl－的核外电子排布式为____________。②吡啶分子是大体积平面配体。其结构简式为，吡啶分子中氮原子的轨道杂化方式是________，分子中的大π键可用符号Πeq\o\al(n,m)表示，其中m代表参加形成大π键的原子数。n代表参加形成大π键的电子数。则吡啶中的大π键应表示为________；1mol吡啶中含有σ键的数目为________。③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有________(填字母)。a．离子键b．配位键c．金属键d．非极性键e．氢键f．极性键④二氯二吡啶合铂分子中，Pt2＋的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。简述理由：________________________________________________________。(3)富勒烯C60能够与Pt结合形成一系列协作物。富勒烯(C60)的结构如图所示，C60属于________晶体；C60分子中五元环与六元环的数目比为________。答案(1)N>O>H(2)①1s22s22p63s23p6或[Ne]3s23p6②sp2杂化Πeq\o\al(6,6)11NA③bdf④若Pt2＋以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体(二氯二吡啶合铂分子存在顺、反两种构型。若为sp3杂化则不存在顺反异构)(3)分子3∶5解析(1)同周期主族元素的第一电离能从左往右呈增大趋势，但N元素的2p轨道处于半充溢状态，故N的第一电离能大于O。(2)①Cl－