第03单元-晶体结构与性质(A卷夯实基础)(解析版)

班级姓名学号分数第03单元晶体结构与性质（A卷·夯实基础）（时间：75分钟，满分：100分）一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。）1．下列说法不正确的是A．晶体具有固定的熔、沸点，而非晶体没有固定的熔、沸点B．晶体与非晶体具有相同的性质C．部分电子表、电脑的显示器是由液晶材料制成的D．等离子体是一种很好的导电体，在信息产业等领域有非常好的应用前景【答案】B【解析】A．晶体有固定的熔点，自范性、各向异性，非晶体无固定的熔点，故A正确；B．晶体与非晶体内部结构不同，故表现的性质不同，故B错误；C．部分电子表、电脑的显示器是由液晶材料制成的，需要的驱动电压很低，故C正确；D．等离子体是一种很好的导电体，在信息产业等领域有非常好的应用前景，等离子体技术在新能源行业、聚合物薄膜、材料防腐蚀等方面前景可观，故D正确；故选B。2．下列与等离子体无关的是（

）A．等离子体显示器 B．日光灯和霓虹灯C．把温度升高到几千摄氏度时水蒸气发生的变化 D．液晶显示器【答案】D【解析】高温加热、用X射线、紫外线和γ射线来照射气体，可以使气体转变为等离子体，等离子体是物质的第四态，即电离了的“气体”，据此分析判断。A．等离子体显示器是通过等离子体显示图像和文字，与等离子体有关，故A不选；B．日光灯和霓虹灯中气体被电离形成了等离子体，与等离子体有关，故B不选；C．把温度升高到几千摄氏度时，水蒸气被电离形成了等离子体，与等离子体有关，故C不选；D．液晶显示器是通过液晶显示图像和文字，与等离子体无关，故D选；故选D。3．下列说法不正确的是A．晶体的X射线衍射实验可以测定分子的键长、键角、键能B．红外吸收光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团C．晶体的X射线衍射实验可以测定晶胞中微粒的相对位置D．晶体的X射线衍射实验可以区分玻璃与水晶【答案】A【解析】A．晶体的X射线衍射实验可以测定键长和键角，不能测定分子键能，故A说法错误；B．红外吸收光谱仪可以测得未知物中含有哪种化学键或官能团的信息，故B说法正确；C．通过晶体的X射线衍射实验获得衍射图后，经过计算可以从衍射图形获得晶体结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等，故C说法正确；D．晶体的X射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法，玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，晶体的X射线衍射实验可以区分玻璃与水晶，故D说法正确；答案为A。4．现有四种晶体，其微粒排列方式如图所示，其中化学式正确的是A． B．C． D．【答案】C【解析】A．A位于体心，数目为1，B位于顶点，数目为，微粒数目比为，即化学式为AB，A错误；B．E和F分别位于晶胞的顶点位置，各为，即晶胞中两种微粒数目相等，化学式为EF，B错误；C．X位于体心，数目为1，Y位于面心，数目为，Z位于顶点，数目为，微粒数目比为，化学式为，C正确；D．A位于顶点和面心，数目为，B位于棱心和体心，数目为，微粒数目比为，化学式为AB，D错误；故选C。5．最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。因这三种元素都是常见的元素而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为()A．Mg2CNi3 B．MgC2NiC．MgCNi2 D．MgCNi3【答案】D【解析】碳原子位于该晶胞的体心，所以该晶胞中含有1个碳原子；镁原子位于该晶胞的顶角，则该晶胞中所含镁原子数＝8×eq\f(1,8)＝1；镍原子位于该晶胞的面心，则该晶胞中所含镍原子数＝6×eq\f(1,2)＝3，则该晶胞中Mg、C、Ni的个数比是1∶1∶3，所以该晶体的化学式为MgCNi3，故选D。6．下列叙述正确的是A．由分子构成的物质其熔点一般较低B．分子晶体在熔化时，共价键被破坏C．分子晶体中分子间作用力越大，其化学性质越稳定D．物质在溶于水的过程中，化学键一定会被破坏或改变【答案】A【解析】A．由分子构成的物质为分子晶体，其熔点一般较低，故A正确；B．分子晶体熔化时共价键未被破坏，只破坏了分子间作用力，故B错误；C．分子晶体的稳定性与共价键有关，与分子间作用力无关，故C错误；D．物质溶于水化学键不一定被破坏或改变，例如蔗糖溶于水，化学键没被破坏，故D错误；故答案：A。7．下列有关冰和干冰的叙述不正确的是()A．干冰和冰都是由分子密堆积形成的晶体B．冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子C．干冰比冰的熔点低得多，常压下易升华D．干冰中只存在范德华力不存在氢键，一个分子周围有12个紧邻的分子【答案】A【解析】干冰晶体中CO2分子间作用力只是范德华力，分子采取密堆积，一个分子周围有12个紧邻的分子；冰晶体中水分子间除了范德华力之外还存在氢键，由于氢键具有方向性和饱和性，故每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，采取非密堆积的方式，空间利用率小，因而密度小。干冰熔化只需克服范德华力，冰融化需要克服范德华力和氢键，由于氢键作用力比范德华力大，所以干冰比冰的熔点低得多，而且常压下易升华。8．水分子间可通过一种叫“氢键”的作用(作用力介于化学键与范德华力大小之间)彼此结合而形成(H2O)n，在冰中n值为5。即每个水分子被其他4个水分子包围形成变形四面体，如图所示为(H2O)5单元，由无限个这样的四面体通过氢键构成一个庞大的分子晶体，即冰。下列有关叙述正确的是()A．1mol冰中含有4mol氢键B．1mol冰中含有4×5mol氢键C．平均每个水分子只含有2个氢键D．平均每个水分子只含有eq\f(5,4)个氢键【答案】C【解析】由图可知，每个水分子(处于四面体的中心)与4个水分子(处于四面体的四个顶点)形成四个氢键，因为每个氢键都是由2个水分子共同形成的，所以每个水分子形成的氢键数为4×eq\f(1,2)＝2。9．的分子结构与类似，对其作出如下推断，其中正确的是①晶体是分子晶体②常温常压下不是气体③的分子是由极性共价键形成的④的熔点高于A．全部 B．只有①② C．只有②③ D．只有①【答案】A【解析】属于分子晶体，常温常压下为液体，含有共价键。①与结构相似，则是分子晶体，正确；②与结构相似，且的相对分子质量较大、是液体，则常温常压下不可能是气体，正确；③中与形成共价键，则是由极性共价键形成的分子，正确；④分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，则的熔点高于，正确。故选A。10．根据下列性质判断，属于共价晶体的物质是()A．熔点2700℃，导电性好，延展性强B．无色晶体，熔点3550℃，不导电，质硬，难溶于水和有机溶剂C．无色晶体，能溶于水，质硬而脆，熔点为800℃，熔化时能导电D．熔点－56.6℃，微溶于水，硬度小，固态或液态时不导电【答案】B【解析】A项中延展性好，不是共价晶体的特征，因为共价晶体中原子与原子之间以共价键结合，而共价键有一定的方向性，使共价晶体质硬而脆，A项不符合，B项符合共价晶体的特征；C项不符合共价晶体的特征；D项符合分子晶体的特征。所以应该选择B项。11．下表是某些共价晶体的熔点和硬度，分析表中的数据，判断下列叙述正确的是()共价晶体金刚石氮化硼碳化硅石英硅锗熔点/℃390030002700171014101211硬度109.59.576.56.0①构成共价晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高②构成共价晶体的原子间的共价键的键能越大，晶体的熔点越高③构成共价晶体的原子半径越大，晶体的硬度越大④构成共价晶体的原子半径越小，晶体的硬度越大A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】D【解析】共价晶体的熔、沸点和硬度等物理性质取决于晶体内的共价键，构成共价晶体的原子半径越小，键长越短，键能越大，对应共价晶体的熔、沸点越高，硬度越大。12．磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。如图为其晶体结构中最小的重复单元，其中每个原子最外层均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是A．磷化硼的化学式为BP，其晶体属于分子晶体B．磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电C．磷化硼晶体中每个原子均参与形成4个共价键D．磷化硼晶体在熔化时需克服范德华力【答案】C【解析】A．根据均摊原则，晶胞中B原子数是4、P原子数是，所以磷化硼的化学式为BP，磷化硼超硬耐磨，其晶体属于共价晶体，故A错误；B．磷化硼超硬耐磨，其晶体属于共价晶体，晶体的熔点高，熔融状态下不能导电，故B错误；C．根据图示，磷化硼晶体中每个原子均参与形成4个共价键，故C正确；D．磷化硼超硬耐磨，其晶体属于共价晶体，磷化硼晶体在熔化时需克服共价键，故D错误；选C。13．银是导电性最好的金属材料，银能导电的原因是（）A．金属银晶体中银离子与自由电子间的相互作用力较大B．银晶体中的自由电子在外加电场的作用下可发生定向移动C．银晶体中的银离子在外加电场的作用下可发生定向移动D．银晶体在外加电场作用下可失去电子【答案】B【解析】组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，与金属阳离子无关，故答案选B。14．金晶体的晶胞如图所示，设金原子的直径为d，用NA表示阿伏加德罗常数，在立方体的各个面的对角线上，3个金原子彼此两两相切，M表示金的摩尔质量。则下列说法错误的是A．金晶体每个晶胞中含有4个金原子B．金属键无方向性，金晶体属于最密堆积C．晶体中金原子的配位数是12D．一个晶胞的体积是【答案】D【解析】A．金晶体每个晶胞中含有6+8=4个金原子，故A正确；B．金属晶体中，金属键无方向性，金晶体属于最密堆积，故B正确；C．如图：对于面心立方晶体，任取其中一个原子，以之位原点作x、y、z三个平面，构成空间直角坐标系。那么，在每一个平面中，都有四个配位原子在其左上、左下、右上、右下，三个平面共12个，故C正确；D．在立方体的各个面的对角线上3个金原子彼此两两相切，金原子的直径为d，故面对角线长度为2d，棱长为×2d=d，故晶胞的体积为(d)3=2d3，故D错误；故选D。15．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是A．晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12B．空间利用率的大小关系为①<②<③<④C．①为简单立方堆积，②为镁型，③为钾型，④为铜型D．每个晶胞含有的原子数分别为①1个，②2个，③2个，④4个【答案】D【解析】A．③为六方最密堆积，此结构为六方最密堆积晶胞的，配位数为12，A不正确；B．①、②、③、④的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，其大小关系为①<②<③=④，B不正确；C．②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，C不正确；D．每个晶胞含有的原子数分别为①=1，②8×+1=2，③8×+1=2，④8×+=4，D正确；故选D。16．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法不正确的是A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配位数为6C．1mol配合物中σ键数目为10NAD．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子【答案】C【解析】A．Na+与[Fe(CN)5(NO)]2-存在离子键，NO分子、CN-与Fe3+形成配位键，碳氮之间，氮氧之间存在极性共价键，A正确；B．NO分子、CN-与Fe3+形成配位键，共有6个，B正确；C．1mol配合物中σ键数目为（5×2+1×2）×NA=12NA，C错误；D．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na+与1个[Fe(CN)5(NO)]2-，所以1mol配合物电离共得到3NA阴阳离子，D正确；答案选C。17．钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，其晶胞的结构如图所示，下列有关说法中不正确的是A．该晶体属于离子晶体B．该晶体的晶胞结构与相似C．晶体的化学式为D．晶体中的配位数与的配位数之比为【答案】B【解析】由晶胞结构可知，钡的氧化物晶体是由钡离子和过氧根离子形成的离子晶体，每个钡离子周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围有6个钡离子，晶胞中位于顶点和面心的钡离子的个数为8×+6×=4，位于棱上的过氧根离子的个数为12×+1=4，则晶胞的化学式为BaO2。A．由分析可知，钡的氧化物晶体是由钡离子和过氧根离子形成的离子晶体，故A正确；B．氯化铯晶胞中，离子的配位数为8，氯化钠晶胞中，离子的配位数为6，由分析可知，每个钡离子周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围有6个钡离子，离子的配位数为6，与氯化钠的晶胞结构相似，故B错误；C．由分析可知，钡的氧化物晶体的化学式为BaO2，故C正确；D．由晶胞结构可知，钡的氧化物晶体是由钡离子和过氧根离子形成的离子晶体，每个钡离子周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围有6个钡离子，晶体中钡离子的配位数和过氧根离子的配位数之比为1：1，故D正确；故选B。18．丁二酮肟()与Ni2+生成鲜红色丁二酮肟镍(结构如图)，用于Ni2+的检验。下列说法错误的是A．Ni2+的价电子排布式为3d8B．1mol丁二酮肟含有15molσ键C．丁二酮肟中N、O原子均存在孤电子对D．丁二酮肟镍中存在共价键、配位键、氢键三种化学键【答案】D【解析】A．Ni是28号元素，根据结构可知基态Ni原子核外电子排布是1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的价电子排布式为3d8，故A正确；B．丁二酮肟的结构为，分子中含有13个单键和2个双键，共含有15个σ键，则1mol丁二酮肟含有15molσ键，故B正确；C．该物质中N、O原子均存在孤电子对，故C正确；D．丁二酮肟镍中存在共价键、配位键、氢键三种作用力，氢键不属于化学键，故D错误；答案选D。二、非选择题（本题共4小题，共46分。）19．（8分）(1)一个晶胞见图中，Cu原子的数目为_______。(2)一种Pt，Co金属间化合物可作为质子交换膜燃料电池的催化剂，其晶胞结构如图所示，该金属间化合物的化学式为_______。(3)室温下，与液氨混合并加入Cu可制得一种黑绿色晶体。黑绿色晶体的晶胞如图所示，写出该晶体的化学式_______。(4)如图是Mn和Bi形成的某种晶体的结构示意图白球均在六棱柱内，则该晶体物质的化学式可表示为_______。【答案】4【解析】(1)白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数8×+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4，故答案为4。(2)由图可知，Pt位于面心，该晶胞中Pt的数目为3，Co位于顶点，该晶胞中Co的数目为数目为1，所以化学式为Pt3Co，故答案为：Pt3Co。(3)由晶胞图可知，该晶胞中含Cu原子个数为12×=3，含N原子个数为8×=1，则N、Cu原子个数之比为1：3，故该晶体化学式为Cu3N，故答案为Cu3N。(4)由晶体的结构示意图可知：白球代表Bi原子，且均在六棱柱内，所以Bi为6个。黑球代表Mn原子，个数为12×+2×+1+6×=6(个)，二者的原子个数比为1：1，则该晶体物质的化学式可表示为MnBi，故答案为MnBi。20．（12分）据报道科研人员应用计算机模拟出结构类似C60的物质N60。已知：①N60分子中每个氮原子均以N—N结合三个N原子而形成8电子稳定结构；②N—N键的键能为167kJ·mol－1。请回答下列问题：(1)N60分子组成的晶体为________晶体，其熔、沸点比N2________(填“高”或“低”)，原因是______________________________________。(2)1molN60分解成N2时________(填“吸收”或“放出”)的热量是________kJ(已知N≡N键的键能为942kJ·mol－1)，表明稳定性N60________(填“>”“<”或“＝”)N2。(3)由(2)列举N60的用途(举一种)：_________________________。【答案】(1)分子高N60、N2均形成分子晶体，且N60的相对分子质量大，分子间作用力大，故熔、沸点高(2)放出13230<(3)N60可作高能炸药(其他合理答案也可)【解析】(1)N60、N2形成的晶体均为分子晶体，因Mr(N60)>Mr(N2)，故N60晶体中分子的范德华力比N2晶体大，N60晶体的熔、沸点比N2晶体高。(2)因N60中每个氮原子形成三个N—N，每个N—N被2个N原子共用，故1molN60中存在N—N键：1mol×60×3×eq\f(1,2)＝90mol。发生的反应为N60=30N2，故ΔH＝90mol×167kJ·mol－1－30mol×942kJ·mol－1＝－13230kJ<0，为放热反应，表明稳定性：N2>N60。(3)由于反应放出大量的热，同时生成大量气体，因此N60可用作高能炸药。21．（13分）回答下列问题：(1)配合物[Ag(NH3)2]OH的中心离子是________，配位原子是________，配位数是________，它的电离方程式是_____________。(2)向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，观察到的现象是____________________________________。(3)在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。(4)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是_________。(用离子方程式表示，已知AlFeq\o\al(3－,6)在溶液中可稳定存在)。(5)配合物[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是_____(填元素符号)。【答案】(1)Ag＋N2[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]＋＋OH－(2)先产生白色沉淀，加入氨水后，白色沉淀溶解(3)配位键N(4)3CaF2＋Al3＋=3Ca2＋＋AlFeq\o\al(3－,6)(5)O【解析】在配合物[Ag(NH3)2]OH中，中心离子是Ag＋，配位原子是NH3分子中的N原子，配位数是2。(3)Ni2＋与NH3之间形成共价键时Ni2＋提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键。(4)CaF2中存在沉淀溶解平衡：CaF2(s)Ca2＋(aq)＋2F－(aq)，溶液中的F－与Al3＋形成配位离子AlFeq\o\al(3－,6)，使沉淀溶解平衡向右移动，导致氟化钙溶解。(5)H2O分子中的O原子有孤电子对，能与Cr3＋形成配位键。22．（13分）(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为____