2025届高考化学一轮复习第十一章物质结构与性质第32讲晶体结构与性质练习含解析新人教版

PAGEPAGE7第32讲晶体结构与性质A组基础必做题(40分)一、选择题(本题包括4小题，每题4分，共16分)1．(2024·山东等级考模拟)利用反应CCl4＋4Naeq\o(→,\s\up7(973K),\s\do5(Ni－Co))C(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是(D)A．C(金刚石)属于原子晶体B．该反应利用了Na的强还原性C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式相同D．NaCl晶体中每个Cl－四周有8个Na＋[解析]A项，金刚石晶体中每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，正确；B项，该反应中Na由0价→＋1价，作还原剂，将CCl4还原，正确；C项，CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，正确；D项，NaCl晶体中每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，错误。2．(2024·广西高三检测)有四种不同积累方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是(B)A．①为简洁立方积累，②为六方最密积累，③为体心立方积累，④为面心立方最密积累B．每个晶胞含有的原子数分别为①1，②2，③2，④4C．晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12D．空间利用率的大小关系为①<②<③<④[解析]②为体心立方积累，③为六方最密积累，②与③推断有误，A项错误；每个晶胞含有的原子数分别为①8×eq\f(1,8)＝1，②8×eq\f(1,8)＋1＝2，③1＋8×eq\f(1,8)＝2，④8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，B项正确；晶胞③中原子的配位数应为12，其他推断正确，C项错误；四种晶体的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，应为④＝③>②>①，D项错误。3．(2024·山东潍坊高三检测)有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是(D)A．在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋C．在金刚石晶体中，6个碳原子形成一个环且不在同一平面上D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE[解析]在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－有6个，距Cl－最近的Na＋有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A项正确；在CaF2晶胞中含有Ca2＋数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，故B项正确；金刚石晶体中碳原子杂化方式为sp3,6个碳原子形成一个环且不在同一平面上，故C项正确；气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D项错误。4．(2024·山东烟台高三月考)下列关于晶体的叙述正确的是(B)A．晶体中只要有阳离子就肯定有阴离子B．区分晶体和非晶体最牢靠的方法是对固体进行X射线衍射试验C．分子晶体中共价键键能越大熔点和沸点越高D．金属晶体发生形变时，内部金属离子与“自由电子”的相互作用消逝[解析]金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以晶体中有阳离子不肯定存在阴离子，故A错误；区分晶体和非晶体的最牢靠的科学方法是对固体进行X－射线衍射试验，故B正确；分子晶体熔点和沸点与分子间作用力有关，与共价键键能无关，故C错误；金属晶体发生形变时其内部金属离子与“自由电子”发生滑动，但金属离子和自由电子之间的相互作用仍旧存在，故D错误。二、非选择题(本题包括2小题，共24分)5．(2024·天津高三检测)现有几组物质的熔点(℃)数据：A组B组C组D组金刚石：3550℃Li：181℃HF：－83℃NaCl：801℃硅晶体：1410℃Na：98℃HCl：－115℃KCl：776℃硼晶体：2300℃K：64℃HBr：－89℃RbCl：718℃二氧化硅：1723℃Rb：39℃HI：－51℃CsCl：645℃据此回答下列问题：(1)A组属于原子晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是共价键。(2)B组晶体共同的物理性质是①②③④(填序号)。①有金属光泽②导电性③导热性④延展性(3)C组中HF熔点反常是由于HF能形成氢键，其熔化时须要消耗的能量更多。(4)D组晶体可能具有的性质是②④(填序号)。①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④熔融状态能导电(5)D组晶体的熔点由高到低的依次为NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其缘由为D组晶体都为离子晶体，r(Na＋)<r(K＋)<r(Rb＋)<r(Cs＋)，在离子所带电荷数相同的状况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高。[解析](1)A组熔点很高，为原子晶体，是由原子通过共价键形成的。(2)B组为金属晶体，具有①②③④四条共性。(3)HF分子间含有氢键，故其熔点反常。(4)D组属于离子晶体，具有②④两条性质。(5)D组属于离子晶体，其熔点与晶格能有关。6．(2024·经典习题选萃)下列是金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞(未按依次排序)。(1)辨别晶胞(请填相应的编号)。①金刚石的晶胞是C；②干冰的晶胞是B；③氯化钠的晶胞是A。(2)与冰的晶体类型相同的是B(填编号)。(3)在冰的晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如图所示)，已知冰的升华热是51kJ·mol－1，除氢键外，水分子间还存在范德华力(11kJ·mol－1)，则冰晶体中氢键的“键能”是20kJ·mol－1。(4)金刚石晶胞中含有8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＝eq\f(\r(3),8)a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率eq\f(8×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq\f(\r(3)π,16)×100%(不要求计算结果)。[解析](1)A为NaCl的晶胞，B为干冰的晶胞，C为金刚石的晶胞。(2)与冰的晶体类型相同的是B。(3)冰晶体中每摩尔水形成2mol氢键，冰升华需破坏范德华力及氢键，故氢键的“键能”是eq\f(51kJ－11kJ,2mol)＝20kJ·mol－1。(4)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，顶点上有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，金刚石的边长为a，依据硬球接触模型知，正方体体对角线长度的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为eq\f(8×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq\f(8×\f(4,3)π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)a))3,a3)×100%＝eq\f(\r(3)π,16)×100%。B组实力提升题(60分)一、选择题(本题包括4小题，每题6分，共24分)1．(2024·天津等级考适应性测试)下列可用于推断某物质为晶体的方法是(D)A．质谱法 B．红外光谱法C．核磁共振法 D．X－射线衍射法[解析]A项，质谱法用于测定有机物的相对分子质量，不能用于推断某物质是否为晶体，错误；B项，红外光谱仪能测定有机物中的官能团和化学键类型，不能用于推断某物质是否为晶体，错误；C项，核磁共振法不能用于推断某物质是否为晶体，错误；D项，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，可用X－射线衍射法鉴别晶体与非晶体，正确。2．(2024·山东枣庄三中、高密一中、莱西一中联考)下列有关说法正确的是(B)A．水合铜离子的模型如图甲，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键B．CaF2晶体的晶胞如图乙，距离F－最近的Ca2＋构成正四面体C．氢原子的电子云图如图丙，氢原子核外大多数电子在原子核旁边运动D．金属Cu中Cu原子积累模型如图丁，为面心立方最密积累，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率为68%[解析]本题考查晶体的结构。水合铜离子中水分子中的氧原子供应孤电子对与铜离子形成配位键，水分子中的H原子和O原子间形成极性共价键，但不存在离子键，A错误；CaF2晶胞中，F－位于体内，而Ca2＋位于顶点和面心，距离F－最近的Ca2＋可构成正四面体，B正确；小黑点表示电子在原子核外出现的概率密度，H原子核外只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，C错误；金属Cu中Cu原子积累模型为面心立方最密积累，配位数为12，但空间利用率为74%，D错误。3．(2024·海南高三检测)以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(C)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2NAC．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[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项正确；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项正确；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项错误；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占化学键为1.5个，12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA，D项正确。4．(2024·山东青岛上学期月考)SiH4(Si为＋4价)可制取LED基质材料Si3N4(超硬物质)：3SiH4＋4NH3=Si3N4＋12H2。下列分析正确的是(A)A．Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点B．Si3N4和SiH4均为共价晶体，其Si原子均实行sp3杂化C．反应中每转移0.8mole－，还原0.2molSiH4，生成17.92LH2(标准状况)D．电负性：Si>N>H[解析]固体Si3N4是原子晶体，呈空间立体网状结构，每个Si和四周4个N共用电子对，每个N和四周3个Si共用电子对，Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点，故A正确；Si3N4是原子晶体，SiH4是分子晶体，Si3N4和SiH4中Si原子均实行sp3杂化，故B错误；题给反应中每转移12mole－，生成12molH2，氧化3molSiH4，故转移0.8mole－时，氧化0.2molSiH4，生成0.8mol×22.4L·mol－1＝17.92LH2(标准状况)，故C错误；SiH4(Si为＋4价)，电负性：H>Si，则电负性：N>H>Si，故D错误。二、非选择题(本题包括2小题，共36分)5．(2024·山东临沂上学期月考，17)钛有“生物金属”和“将来金属”之称，钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。①TiCl4熔点为－24℃，沸点为136.4℃，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4属于分子晶体。②LiBH4中BHeq\o\al(－,4)的空间构型是正四面体形，B原子的杂化轨道类型是sp3。(2)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，部分结构如图1所示。该阳离子中Ti与O的原子个数之比为1︰1，其化学式为TiO2＋[或(TiO)eq\o\al(2n＋,n)]。(3)钛与卤素形成的化合物的熔、沸点如表所示。熔点/℃沸点/℃TiCl4－24136.4TiBr439230TiI4150377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现肯定规律的缘由：TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，组成和结构相像，其相对分子质量依次增大，分子间作用力渐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次上升。(4)TiO2晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如图2所示，晶胞参数为anm和cnm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为eq\f(48×2＋16×4,NAa2c×10－21)g·cm－3。(写出表达式)[解析](1)①由TiCl4熔点为－24℃，沸点为136.4℃，可知固态TiCl4属于分子晶体；②BHeq\o\al(－,4)中B原子孤电子对数为eq\f(3＋1－1×4,2)＝0，价层电子对数为4＋0＝4，微粒空间构型为正四面体形，B原子杂化轨道数目为4，B原子实行sp3杂化。(2)由图1可知每个Ti连接2个O原子，每个O原子为2个Ti原子共用，即每个Ti占有1个O原子，该阳离子中Ti与O的原子个数之比为1︰1，其化学式为TiO2＋[或(TiO)eq\o\al(2n＋,n)]。(4)晶胞中Ti原子数目为1＋8×eq\f(1,8)＝2，O原子数目为2＋4×eq\f(1,2)＝4，故晶胞质量为eq\f(48×2＋16×4,NA)g，晶胞密度为eq\f(48×2＋16×4,NAa×10－72×c×10－7)g·cm－3＝eq\f(48×2＋16×4,NAa2c×10－21)g·cm－3。6．(2024·湖北黄冈模拟)超分子化学已渐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p－甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键组装的超分子结构如图所示。(1)Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相像，它的基态价电子排布式是4d55s1；核外未成对电子数是6个。(2)该超分子中存在的化学键类型有AB。A．σ键 B．π键C．离子键 D．氢