高中化学 第三章 晶体结构与性质学业质量标准检测 新人教版选修3.docx

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高中化学第三章晶体结构与性质学业质量标准检测新人教版选修3

第三章　学业质量标准检测

（90分钟，100分）

一、选择题（本题包括17个小题，每小题3分，共51分）

1．由单质形成的晶体一定不存在的微粒是（　C　）

A．原子　B．分子

C．阴离子　D．阳离子

解析：

由单质形成的晶体可能有：

硅、金刚石（原子晶体），S8、Cl2（分子晶体），Na、Mg（金属晶体），在这些晶体中，构成晶体的微粒分别是原子、分子、金属阳离子和自由电子，构成离子晶体的微粒是阴、阳离子，但离子晶体不可能是单质。

2．下列对化学知识概括合理的是（　C　）

A．原子晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键

B．同素异形体之间的转化都是物理变化

C．原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低

D．一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物

解析：

稀有气体的晶体中不含有化学键，A项错；3O2

2O3是化学变化，B项错；晶体硅的熔点比钨低，蔗糖的熔点比汞高，C项正确；N元素显＋4价的氧化物有NO2、N2O4，D项错。

3．下列叙述中正确的是（　B　）

A．干冰升华时碳氧键发生断裂

B．CaO和SiO2晶体中都不存在单个小分子

C．Na2O与Na2O2所含的化学键类型完全相同

D．Br2蒸气被木炭吸附时共价键被破坏

解析：

A、D两项所述变化属于物理变化，故化学键未被破坏，所以A、D两项错误；C选项中，Na2O只含离子键，Na2O2既有离子键又有非极性键，所以C项错误，故选B。

4．下列晶体分类中正确的一组是（　C　）

选项

离子晶体

原子晶体

分子晶体

A

NaOH

Ar

SO2

B

H2SO4

石墨

S

C

CH3COONa

水晶

D

Ba（OH）2

金刚石

玻璃

5．关于晶体的下列说法正确的是（　B　）

A．化学键都具有饱和性和方向性

B．晶体中只要有阴离子，就一定有阳离子

C．氢键具有方向性和饱和性，也属于一种化学键

D．金属键由于无法描述其键长、键角，故不属于化学键

解析：

离子键、金属键没有饱和性、方向性；氢键不属于化学键；金属键属于化学键。

6．制造光导纤维的材料是一种很纯的硅氧化物，它是具有立体网状结构的晶体，下图是简化了的平面示意图，关于这种制造光纤的材料，下列说法正确的是（　C　）

A．它的晶体中硅原子与氧原子数目比是1︰4

B．它的晶体中硅原子与氧原子数目比是1︰6

C．这种氧化物是原子晶体

D．这种氧化物是分子晶体

解析：

由题意可知，该晶体具有立体网状结构，是原子晶体，一个Si原子与4个O原子形成4个Si—O键，一个O原子与2个Si原子形成2个Si—O键，所以在晶体中硅原子与氧原子数目比是1︰2。

7．金属晶体和离子晶体是重要晶体类型。

下列关于它们的说法中，正确的是（　C　）

A．金属晶体和离子晶体都能导电

B．在镁晶体中，1个Mg2＋只与2个价电子存在强烈的相互作用

C．金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式

D．金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性

解析：

离子晶体在固态时不导电；在金属晶体中，自由电子为整块金属所有，不专属于某个离子；金属键和离子键均无方向性和饱和性，使两类晶体均采取“紧密堆积”方式；离子晶体无延展性。

8．按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），对第三周期元素性质的描述正确的是（　C　）

A．原子半径和离子半径均减小

B．氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强

C．单质的晶体类型金属晶体、原子晶体和分子晶体

D．单质的熔点降低

解析：

Na、Mg、Al是金属晶体，Si是原子晶体，P、S、Cl2是分子晶体，C正确。

9．下列说法正确的是（　C　）

A．用乙醇或CCl4可提取碘水中的碘单质

B．NaCl和SiC晶体熔化时，克服粒子间作用力的类型相同

C．24Mg32S晶体中电子总数与中子总数之比为1︰1

D．H2S和SiF4分子中各原子最外层都满足8电子结构

解析：

A选项，用于从碘水中萃取碘的溶剂必须不能与水混溶，因此CCl4可以，而乙醇不可以；B选项，晶体熔化时NaCl破坏离子键，而SiC破坏共价键；C选项，24Mg32S电子总数为12＋16＝28，而中子数为（24－12）＋（32－16）＝28，故二者比例1︰1；D选项，H2S中氢原子成键后最外层电子数为2。

10．氮氧化铝（AlON）属原子晶体，是一种超强透明材料。

下列描述中错误的是（　D　）

A．AlON和石英的化学键类型相同

B．AlON和石英晶体类型相同

C．AlON和Al2O3的化学键类型不同

D．AlON和Al2O3晶体类型相同

解析：

AlON与石英（SiO2）均为原子晶体，所含化学键均为共价键，A、B正确；Al2O3是离子晶体，晶体中含离子键，不含共价键，C正确、D错误。

11．观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确的是（　B　）

HCN

S8

SF6

B12结构

单元

结构

模型

示意图

备注

—

易溶于CS2

—

熔点1873K

A．HCN的结构式为H—C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键

B．固态硫S8属于原子晶体

C．SF6是由极性键构成的非极性分子

D．单质硼属原子晶体，结构单元中含有30个B—B键

解析：

“C≡N”键中含有1个σ键和2个π键，所以H—C≡N中共有2个σ键和2个π键，A项正确；B属于分子晶体，B项错；SF6是正八面体对称结构。

是非极性分子，C项正确；硼晶体的结构单元中有12个B原子，每个原子形成5个B—B键，而每个B—B键为2个原子所共有，所以B—B键数为12×5/2＝30个，D项正确。

12．X、Y都是ⅡA族（Be除外）的元素，已知它们的碳酸盐的热分解温度：

T（XCO3）>T（YCO3），则下列判断不正确的是（　A　）

A．晶格能：

XCO3>YCO3

B．阳离子半径：

X2＋>Y2＋

C．金属性：

X>Y

D．氧化物的熔点：

XO

解析：

碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子。

热分解温度越高，该阳离子越难结合氧离子，离子半径越大，故B项正确；同时该碳酸盐的晶格能也越小，故A项不正确（同类型晶体，晶格能与离子半径成反比）；同族元素离子半径越大，原子的半径也越大，金属性必然越强，故C项正确；阳离子半径是X2＋>Y2＋，则晶格能XO

13．在解释下列物质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的是（　D　）

A．钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大

B．金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点

C．KF、KCl、KBr、KI的熔点依次降低

D．CF4、SiF4、GeF4、SnF4的熔点和沸点逐渐升高

解析：

钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大，这是因为它们中的金属键逐渐增强，与化学键的强弱有关；金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点，这是因为C—C键的键长比Si—Si键的键长短，C—C键的键能比Si—Si键的键能大，也与化学键的强弱有关；KF、KCl、KBr、KI的熔点依次降低，这是因为它们中的离子键的强度逐渐减弱，与化学键的强弱有关；CF4、SiF4、GeF4、SnF4的熔点和沸点逐渐升高，这是因为分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，与化学键的强弱无关。

14．下列说法正确的是（　D　）

A．熔点：

锂<钠<钾<铷<铯

B．由于HCl的分子间作用力大于HI，故HCl比HI稳定

C．等质量的金刚石和石墨晶体所含碳碳键的数目相等

D．已知AB的离子晶体结构如右上图所示，则每个A＋周围距离最近且等距的B－有8个

解析：

A项熔点应逐渐降低；B项HCl比HI稳定是因为H—Cl键比H—I键牢固的缘故；C项12g金刚石中含2molC—C键，12g石墨中含有1.5molC—C键；D项中每个A＋被8个B－所形成的立方体包围，B－亦被8个A＋所形成的立方体包围。

15．下列说法中正确的是（　C　）

A．Na2O2晶体中的阳离子与阴离子个数比为1︰1

B．石墨晶体中C原子数与C—C共价键数比为1︰3

C．3H

O与2H

O分子中的质子个数比为1︰1

D．冰晶体中H2O分子个数与氢键数目比为1︰4

解析：

Na2O2晶体中的阳、阴离子为Na＋、O

，其个数比为2︰1，A项错；石墨中1个C原子形成

×3＝

个共价键，C原子数与C—C共价键数比为2︰3，B项错；D项冰晶体中一个水分子可形成四个氢键，但是每个氢键被2个H2O分子共有，故H2O分子个数与氢键数目比为1︰2，D项错；C项不论何种水，其质子数均为10，C项正确。

16．硼化镁在39K时具有超导性。

在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼的相间排列，下图是该晶体微观空间中取出的部分原子沿z轴方向的投影（黑球是硼原子投影，白球是镁原子投影），下图中硼原子和镁原子投影在同一平面上。

根据图确定硼化镁的化学式为（　B　）

A．MgB　B．MgB2

C．Mg2B　D．MgB6

17．钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，其结构如图所示，有关说法正确的是（　C　）

A．该晶体为分子晶体

B．晶体的化学式为Ba2O2

C．该氧化物的电子式为

D．与每个Ba2＋距离相等且最近的Ba2＋共有6个

解析：

钡是活泼的金属，形成的氧化物是离子晶体，选项A不正确；根据晶胞可知钡原子的个数是8×

＋6×

＝4，而O

个数是12×

＋1＝4，所以化学式应该是BaO2，选项B不正确，而选项C正确；与每个Ba2＋距离相等且最近的Ba2＋共有12个，选项D不正确。

二、非选择题（本题包括5小题，共49分）

18．（10分）（2018·广东珠海一模）

（1）固体可分为晶体、非晶体和准晶体三大类，可通过__X－射线衍射____方法区分晶体、非晶体和准晶体，以色列科学家丹尼尔·谢赫特曼因发现锰的化合物准晶体而独享了2011年诺贝尔化学奖。

基态Mn原子的电子排布式为__[Ar]3d54s2____。

（2）PCl3的立体构型为__三角锥形____，中心原子的杂化轨道类型__sp3____。

（3）硼的卤化物在工业中有重要作用，硼的四种卤化物的沸点如下表所示。

BF3

BCl3

BBr3

BI3

沸点/K

172

285

364

483

①四种卤化物沸点依次升高的原因是__分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增强____。

②B、C、N、O三种元素第一电离能由小到大的顺序为__B

③用BF3分子结构解释反应BF3（g）＋NH4F（s）＝NH4BF4（s）能够发生的原因：

__BF3分子中硼原子有空轨道，F有孤对电子，能通过配位键形成BF

____。

（4）碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题

①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，其原因是金刚石中只存在C—C间的__σ____共价键，而石墨层内的C—C间存在__σ、π____键。

②金刚石晶胞含有__8____个碳原子。

若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率__

____（不要求计算结果）。

解析：

（1）固体可分为晶体、非晶体和准晶体三大类，可通过X－射线衍射方法区分晶体、非晶体和准晶体，以色列科学家丹尼尔·谢赫特曼因发现锰的化合物准晶体而独享了2011年诺贝尔化学奖。

锰是25号元素，基态Mn原子的电子排布式为[Ar]3d54s2，故答案为：

X－射线衍射；[Ar]3d54s2；

（2）PCl3中P原子与3个氯原子相连，含有1个孤电子对，立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：

三角锥形；sp3；

（3）①硼的四种卤化物均为分子晶体，且分子结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点依次升高，故答案为：

分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增强；

②同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但N原子的2p为半充满结构，均为稳定，第一电离能最大，B、C、N、O三种元素第一电离能由小到大的顺序为B

B

③BF3分子中硼原子有空轨道，F－有孤对电子，能通过配位键形成BF

，因此反应BF3（g）＋NH4F（s）===NH4BF4（s）能够发生，故答案为：

BF3分子中硼原子有空轨道，F－有孤对电子，能通过配位键形成BF

；

（4）①金刚石中碳原子以sp3杂化，形成四条杂化轨道，全部形成σ键；石墨中碳原子以sp2杂化，形成三条杂化轨道，还有一条为杂化的p轨道，三条杂化轨道形成σ键，而未杂化p轨道形成π键，故答案为：

σ；σ、π；

②晶胞中顶点微粒数为：

8×

＝1，面心微粒数为：

6×

＝3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子；晶胞内含有四个碳原子，则晶胞体对角线长度与四个碳原子直径相同，即

a＝8r，r＝

a；碳原子的体积为：

8×

×π×r3，晶胞体积为：

a3，碳原子的空间利用率为：

＝

＝

＝

，故答案为8；

。

19．（10分）已知周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。

Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。

回答下列问题：

（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。

W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是__原子晶体____。

（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是__NO2和N2O4____。

（3）R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是__As2S5____。

（4）这5种元素的氢化物分子中：

①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式）__NH3、AsH3、PH3____，其原因是__NH3分子间存在氢键，所以沸点最高，相对分子质量AsH3大于PH3，分子间作用力AsH3大于PH3，故AsH3沸点高于PH3____；

②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是__SiH4正四面体，PH3三角锥形，H2S角形（V形）____。

（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：

W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH2）4和HCl气体；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。

上述相关反应的化学方程式（各物质用化学式表示）是__SiCl4＋4NH3

Si（NH2）4＋4HCl,3Si（NH2）4

Si3N4＋8NH3↑____。

解析：

本题可结合问题作答。

W的氯化物为正四面体结构，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。

（1）SiO2为原子晶体。

（2）高温陶瓷可联想到Si3N4，Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系。

（3）Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸，且和Si、N等与同一元素相邻，则只能是S，R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。

（4）显然X为磷元素。

①氢化物沸点顺序为NH3>AsH3>PH3，因为前者中含有氢键，后两者构型相同，分子间作用力不同。

②SiH4、PH3和H2S的电子数均为18，结构分别为正四面体形、三角锥形和V形。

（5）由题中所给出的含字母表示的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可。

20．（9分）（2018·陕西二模）铜及其合金是人类最早使用的金属材料，铜的化合物在现代生活和生产中有着广泛的应用。

（1）铜的熔点比钙的高，其原因是__铜的金属键强度大于钙____。

（2）金属铜的堆积方式为下图中的__C____（填字母序号）。

（3）科学家通过X射线推测，胆矾的结构如下图所示。

胆矾的阳离子中心原子的配位数为__4____，阴离子的空间构型为__正四面体____。

胆矾中所含元素的电负性从大到小的顺序为__O>S>H>Cu____（用元素符号作答）。

（4）铜与Cl原子构成晶体的晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为__CuCl____，已知该晶体的密度为4.14g/cm3，则该晶胞的边长为__

____pm（写计算式）。

将该物质气化后实验测定其蒸汽的相对分子质量为198，则其气体的分子式为__Cu2Cl2____。

解析：

（1）铜的原子半径比钙小，金属键比钙强，因此铜的熔点比钙的高，故答案为：

铜的金属键强度大于钙；

（2）金属铜的晶胞为面心立方堆积，A为体心立方，B为简单立方，C为面心立方，D为六方堆积，故选C；

（3）根据图示，胆矾晶体中铜离子周围有4个水分子，配位数＝4，阴离子为硫酸根离子，S的价层电子对数＝4，采用sp3杂化，空间构型为正四面体；元素的非金属性越强，电负性数值越大，胆矾中所含元素O、S、H、Cu的电负性从大到小的顺序为O>S>H>Cu，故答案为：

4；正四面体；O>S>H>Cu；

（4）由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子属于顶点与面心上，晶胞中含有Cl原子数目为8×

＋6×

＝4，故化学式为CuCl，一个晶胞的质量为

，则晶胞的边长＝

＝

cm＝

×1010pm，该气体的最简式为CuCl，设该气体的化学式为（CuCl）n，蒸汽的相对分子质量为198，则n＝

＝2，化学式为Cu2Cl2，故答案为：

CuCl；

×1010；Cu2Cl2。

21．（10分）下图为几种晶体或晶胞的示意图：

请回答下列问题：

（1）上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是__金刚石晶体____。

（2）冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为__金刚石、MgO、CaCl2、冰、干冰_____。

（3）NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能__小于____（填“大于”或“小于”）MgO晶体，原因是__MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数；且r（Mg2＋）

（4）每个Cu晶胞中实际占有__4____个铜原子，CaCl2晶体中Ca2＋的配位数为__8____。

（5）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是__H2O分子之间能形成氢键____。

解析：

（1）冰晶体、干冰晶体均为分子晶体，粒子间通过分子间作用力结合成晶体，Cu晶体中微粒间通过金属键结合形成晶体，MgO和CaCl2晶体中微粒之间通过离子键结合形成晶体。

（2）离子晶体的熔点与离子半径及离子所带电荷有关，离子半径越小，离子所带电荷越大，则离子晶体熔点越高。

金刚石是原子晶体，熔点最高，冰、干冰均为分子晶体，冰中存在氢键，冰的熔点高于干冰。

（4）铜晶胞实际占有铜原子数用均摊法分析：

8×

＋6×

＝4，氯化钙类似于氟化钙，Ca2＋的配位数为8，Cl－配位数为4。

22．（10分）（2018·河北石家庄一模）铜及其化合物在化工生产中有着广泛的应用。

回答下列问题：

（1）铜元素在元素周期表中的位置为__第四周期第ⅠB族____，基态Cu原子核外电子占据的原子轨道数为__15____。

（2）向硫酸铜溶液中加入乙二胺（H2N—CH2—CH2—NH3）溶液后，每个Cu2＋可与两个乙二胺分子形成四配位离子，导致溶液由蓝色变为紫色。

①乙二胺分子中C、N原子的杂化轨道类型分别为__sp3____、__sp3____。

②与硫酸根离子互为等电子体的分子为__CCl4、CBr4、SiCl4、SiF4、Cl2O3（答案合理即可）____（任写一种）。

③四配位离子的结构式为__

____，该离子中所有元素的电负性由大到小的顺序为__N＞C＞H＞Cu____。

解析：

（1）考查元素周期表的位置、能级，Cu位于第四周期IB族，基态Cu原子电子排布式为[Ar]3d104s1，s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，因此Cu原子核外电子占据轨道数为15个；

（2）考查杂化类型的判断、等电子体、电负性、配位键，①根据乙二胺的结构简式，C有4个σ键，无孤电子对数，因此C的杂化类型为sp3，N有3个σ键，1个孤电子对数，N的杂化类型为sp3；②根据等电子体的定义，与SO

等电子体的分子是CCl4、CBr4、SiCl4、SiF4、Cl2O3等；③乙二胺中N有孤电子对，Cu2＋提供空轨道，根据信息每个Cu2＋可与两个乙二胺分子形成四配位离子，结构式为

。