高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三章 晶体结构与性质第一节 物质的聚集状态与晶体的常识当堂检测题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三章 晶体结构与性质第一节 物质的聚集状态与晶体的常识当堂检测题，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．下列有关晶胞的说法正确的是
A．由晶胞中的粒子数可直接确定该晶体的化学式
B．若晶胞为平行六面体，则侧棱上的粒子为2个晶胞共用
C．晶胞是晶体结构中最小的重复单元
D．晶胞中不可能存在多个粒子
2．自然界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成CuSO4溶液，遇到闪锌矿(ZnS)可慢慢转变为铜蓝(CuS)。已知：Ksp(ZnS)=2×10-22，Ksp(CuS)=6×10-36。下列说法不正确的是
A．1个ZnS晶胞(如图所示)中含4个S2-
B．Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9
C．反应ZnS(s)＋Cu2＋(aq)⇌CuS(s)＋Zn2＋(aq)正向进行，需满足<×1014
D．生成铜蓝后的溶液中一定存在：c(S2-)=且c(S2-)>
3．观察下列模型并结合信息，判断有关说法错误的是
A．晶体硼的结构单元中含有30个键，含20个正三角形
B．结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2
C．固态硫中S原子为杂化
D．的结构式为
4．工业上以钛铁矿(，其中Fe为＋2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图(左)所示，下列说法不正确的是

A．为加快“氯化”速率，可将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀
B．“氯化”过程发生的反应：
C．理论上，每制得1mlTi，需要2mlMg
D．在高温超导领域中，钛可以合成钙钛矿，其晶胞如上图(右)所示，该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有4个
5．我国科学家利用为原料制备高氧空穴率的以提高锌阳极人工界面层的导电性，制备过程如图。
下列说法错误的是
A．晶胞中大球代表原子B．为具有热塑性的线型高分子
C．中n越大，导电性越强D．充电时，可脱溶剂化，避免析氢副反应发生
6．某钾盐光学材料是具有钙钛矿型的立方晶体结构，边长为，晶胞中原子K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置。如下图所示，已知1处原子的坐标是，且K、I、O实心球的半径分别是，，，设阿伏加德罗常数为，下列说法错误的是
A．该晶体可用于加碘盐中补充碘元素
B．位于2处的O原子坐标为
C．该晶胞的密度为
D．该晶胞的原子空间利用率为（计算时用原子半径近似代替离子半径）
7．钙钛矿是指一类组成结构为的天然矿物质，A和B均代表金属阳离子，X表示阴离子，立方的晶胞结构如下图所示，下列说法错误的是
A．推测可以替代形成，采取与相同的晶胞结构
B．若将放在顶点，则位于面心和体心
C．填充在由形成的八面体空隙中
D．该晶胞中，与共同组成面心立方堆积
8．已知的晶胞结构示意图如图所示，下列说法不正确的是
A．图中粒子A代表
B．每个晶胞中有4个
C．每个晶胞中所含的和数目比为1：2
D．晶胞中的配位数(与等距且最近的数)是4
9．由含硒废料(主要含等)制取硒的流程如下：
下列说法错误的是
A．流程中的“分离”的方法是过滤
B．“滤液”中主要存在的阴离子是
C．“酸化”时发生反应的离子方程式为
D．晶胞如上图所示，1个晶胞中有16个原子
10．Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为
A．B．
C．D．
11．用红土镍矿(含、、、等元素的氧化物)制取一种镍的氧化物的工艺流程如图所示，制得的该氧化物的晶胞结构为：镍离子位于顶点和面心，氧离子填充在镍离子构成的八面体空隙中，填充率为100%。下列说法错误的是
A．滤渣I的主要成分为
B．步骤Ⅱ除铁的离子方程式为
C．该氧化物中镍离子的价层电子排布式为
D．从该氧化物晶胞中能分割出来的结构图有和
12．物质结构决定物质性质．下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A．AB．BC．CD．D
13．正硼酸()是一种层状结构白色晶体，层内的分子通过氢键相连(如图)。下列有关说法正确的是
A．正硼酸晶体属于共价晶体B．分子的稳定性与氢键有关
C．分子中B原子采用杂化D．含1ml的晶体中有6ml氢键
14．硒化锌(是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示。图乙为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为，a点的原子分数坐标为。
下列说法正确的是
A．基态Se核外有34种不同空间运动状态的电子
B．d原子的分数坐标为
C．相邻两个原子的最短距离为
D．该晶体的密度为
15．贮氢合金的多功能应用，特别是贮氢合金在电池领域的工业化，更激起了人们对贮氢合金的高度重视。以下为相及相形成的两种晶体晶胞结构。(已知：、原子半径分别为、，相晶胞参数为a)下列有关说法错误的是
A．、、在周期表中分属于不同的区
B．相的化学式为
C．相中原子空间利用率为：
D．相中与等距且最近的有12个
二、填空题
16．第ⅣA族元素及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态锗原子的价层电子轨道表示式为 ，第ⅣA族元素位于 区。
(2)的电负性比大，其主要原因是 。、的稳定性依次减弱，其主要原因是 。
(3)的VSEPR模型名称为 。
(4)碳化硅（）熔点为2700°C，常作砂轮磨料，用于切割金属。由此推知，碳化硅晶体类型为 。
(5)铁和碳能形成如图所示的晶胞。它可以看成是铁晶胞中插入若干个碳原子，晶胞体积不变。铁碳晶体的化学式为 ，铁晶体转化为铁碳晶体时晶体密度净增 %（结果保留3位有效数字）。
17．V2O5-WO3/TiO2催化剂可以催化NH3脱除烟气中的NO，反应为：4NO(g) + 4NH3(g) + O2(g)=4N2(g) + 6H2O(g) =-1632.4kJ·ml-1，工业上以石煤(主要成分为V2O3，含有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料制备V2O5，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、煅烧”等过程。
已知：NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。
回答下列问题：
(1)向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为 。
(2)“沉钒”时加入NH4Cl析出NH4VO3，沉钒温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为 ；在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为 。
(3)还原V2O5可制得VO2，下图为VO2的晶胞，该晶胞中钒的配位数为 。
(4)催化剂的应用。将模拟烟气(含NO、NH3、N2、O2)以一定流速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应管，反应相同时间，测得NO的转化率随温度的变化如图所示，反应温度高于350℃，NO转化率下降的原因可能是 。
(5)为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL (VO2)2SO4溶液，量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000ml·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00mL，滴定过程中发生如下反应：
VO+Fe2++2H+ = VO2++Fe3++H2O；MnO+5Fe2++ 8H+ = Mn2++5Fe3++4H2O。
则V2O5样品的纯度为 。(写出计算过程)
三、解答题
18．“无机”碳化学的一个重要领域是含有C—N键的化合物，其中重要的化合物有氰、氰化氢、氰化物、氰酸盐等。回答下列问题：
(1)基态的价层电子轨道表示式为 。
(2)与卤素性质相似，与反应生成HCN和HOCN，反应中所含元素的电负性由大到小的顺序为 ，中C原子的杂化方式为 。
(3)科学家研究发现，在低温下，HCN可结晶成晶体，在晶体中HCN分子排列可形成的无限长链，其原因是 ；写出分子的链状结构 。
(4)将氰化物与氟化物或氯化物一起反应，即可得FCN和ClCN，它们的沸点数据如下表所示：
ClCN的沸点比FCN的沸点高原因是 。
(5)氰酸根离子可与大多数金属阳离子形成氰化物，几种金属氰化物的晶胞转化关系如图一所示，从普鲁士蓝晶胞中切出的结构，如图二所示。
①下列说法正确的是 (填标号)。
A．每个普鲁士蓝晶胞中含6个键
B．普鲁士白的化学式为
C．格林绿晶体中周围等距且最近的数目为12
②已知普鲁士白晶胞的晶胞参数均为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，则普鲁士白晶体密度为 (用含、、计算式表示)。
19．利用炼锌钴渣[主要含、、和、单质]协同制备和高纯的流程如下。
(1)“酸浸”过程发生反应的离子方程式为 。
(2)“沉铁”过程的作用有 。
(3)“沉镍”过程对溶液中（Ⅱ）、（Ⅱ）含量的影响如图。
①由图判断，应调节 。
②该过程可能发生的反应如下：
则 ，为 （填“热力学”或“动力学”）产物。
（已知：时，）
(4)“沉钴”过程生成的离子方程式为 。
(5)“电解”过程阴极生成的电极反应式为 。金属的晶胞如图，密度为，则阿伏加德罗常数 （列代数式即可，下同），晶胞空间占有率为 。
晶体硼结构单元(有12个B原子)
分子
HCN
结构模型示意图
选项
性质差异
结构因素
A
还原性：Na＞Mg＞Al
核外电子排布
B
沸点：（131℃）＞（31.36℃）
分子间氢键
C
稳定性：
分子间作用力
D
熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
共价键键能
FCN
ClCN
沸点/K
227
286
参考答案：
1．C
【详解】A．晶胞中的粒子数不一定为晶体的化学式，如金属铜的晶胞中，铜原子个数为4，A错误；
B．平行六面体晶胞，侧棱上的粒子为4个晶胞共用，B错误；
C．晶胞是晶体结构中最小的重复单元，C正确；
D．晶胞内可能存在多个粒子，如NaCl晶胞，D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．根据均摊原则，1个ZnS晶胞(如图)中含S2-数是，A正确；
B．Cu的原子序数为29，其基态原子核外电子排布式为，Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9，B正确；
C．反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，K==，要使反应正向进行，QD．生成铜蓝后的溶液是硫化锌、硫化铜的饱和溶液，存在c(S2-)==，D错误；
故选D。
3．C
【详解】A．晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共有，所以，此顶点属于一个三角形的只占到，每个三角形中属于该三角形有个点，则晶体B中有=20个这样的三角形；每个三角形中含有3条B-B键，每条键被两个三角形共用，则含有B-B数目为20×3×=30，故A正确；
B．键角3是硫酸根中键角，硫酸根为正四面体结构，键角为，键角1与键角2都是水分子中的键角，水分子中O采用sp3杂化，但是由于水中O上有孤电子对，导致键角变小，故键角3最大；键角1与键角2比较，1上的O孤电子对提供出来形成配位键，导致键角1会比键角2大，故键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2，故B正确；
C． 固态硫中S原子形成了2个共价键，还有2个孤电子对，故采用sp3杂化，故C错误；
D．根据的比例模型，结构价键规律，的结构式为，故D正确。
答案选C。
4．D
【分析】氯化发生的反应为：，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。
【详解】A．将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀，增大反应物的接触面积，可加快“氯化”速率，故A正确；
B．由图示信息可知氯化过程中反应为，故B正确；
C．镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4 + 2MgTi+2MgCl2，理论上，每制得1mlTi，需要2mlMg，故C正确；
D．由晶胞结构可知Ti原子位于顶点，每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有6个，故D错误；
故选：D。
5．C
【详解】A．根据晶胞的结构，大球的个数为，小球的个数为，而化学式为，所以晶胞中大球代表原子，A正确；
B．为聚二氟乙烯，线型高分子，B正确；
C．由图示可知，图层能导电，所以中n越小，导电性越强，C错误；
D．由图可知，充电时，可脱溶剂化，避免析氢副反应发生，D正确；
故选C。
6．D
【分析】通过均摊法得知该立方体晶胞中K、I、O的原子个数分别是1，1，3，所以晶胞化学式为；
【详解】A．加碘盐中含有，A正确；
B．2处的O原子，位于侧面的面心，通过x、y、z三个方向投影，得到的坐标是，B正确；
C．的摩尔质量，一个晶胞的体积，
所以晶胞密度，C正确；
D．该晶胞的原子空间利用率，D错误；
故选D。
7．B
【详解】A．和都是离子晶体，且Ba和Ca为同主族元素，所以推测可以替代形成，采取与相同的晶胞结构，A正确；
B．若将放在顶点，则位于面心，位于体心，B错误；
C．的配位数为6，所以填充在由形成的八面体空隙中，C正确；
D．该晶胞中，与共同组成面心立方堆积，D正确；
综上所述，选B。
8．D
【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含个A、8个B，结合化学式可知，A代表、B代表F-，A正确；
B．由A分析可知，每个晶胞中有4个，B正确；
C．由A分析可知，每个晶胞中所含的和数目比为1：2，C正确；
D．由图可以看出，一个钙离子与四个氟离子相连，但在相邻的下一个晶胞中，钙离子仍然与四个氟离子相连，故钙离子的配位数为8，D错误；
故选D。
9．C
【分析】含硒废料(主要含。在含硒废料加入煤油，其中溶于煤油，其余成分不溶于煤油，过滤后得到含的煤油溶液和滤渣。在滤渣中加入稀硫酸，发生的反应有：、、，过滤后得到滤液[主要含有等]和滤渣（主要为和）。向滤渣中加入溶液，反应为：，再次过滤得滤渣（主要成分为）和滤液（主要成分为和），向滤液中加入稀硫酸得到精硒，发生的反应为。
【详解】A．流程中的“分离”均为固液分离，方法是过滤，故A正确；
B．滤液主要含有，“滤液”中主要存在的阴离子是，B正确；
C．“酸化”时发生反应的离子方程式为，故C错误；
D．由晶胞图可知，图中16个原子全部位于晶胞内部，所以1个晶胞中有16个原子，D正确；
选C。
10．A
【详解】1个晶胞中有8个Li+，O2-处于顶点和面心，O2-的个数为，故密度为：。
故选A。
11．C
【分析】红土镍矿(含、、、等元素的氧化物) 加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Fe2+、C2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入Cl2氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子、钴离子全部沉淀，过滤后得到NiSO4，滤液经处理可得到镍的氧化物，该氧化物的晶胞结构为：镍离子位于顶点和面心，氧离子填充在镍离子构成的八面体空隙中，填充率为100%，则氧化镍晶胞据此分析解答。
【详解】A．由分析知滤渣I的主要成分为，A正确；
B．步骤Ⅱ除铁先氧化后双水解的离子方程式为，B正确；
C．该氧化物中镍离子的价层电子排布式为，C错误；
D．从该氧化物晶胞中能分割出来的结构图有和，D正确；
故选C。
12．C
【详解】A．Na、Mg、Al原子价电子排布式为3s1、3s2、3s23p1，则失电子能力：Na＞Mg＞Al，还原性：Na＞Mg＞Al，性质差异与结构因素匹配，A不符合题意；
B．分子间存在氢键，则沸点：>，性质差异与结构因素匹配，B不符合题意；
C．非金属性越强，元素简单氢化物越稳定，非金属性：，则稳定性：，与分子间作用力无关，C符合题意；
D．金刚石、碳化硅、晶体硅都是共价晶体，共价晶体的熔点与共价键的强度有关，键能：C-C>Si-C>Si-Si，熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，性质差异与结构因素匹配，D不符合题意；
故选C。
13．C
【详解】A．正硼酸分子为层状结构，分子间以氢键结合，故为分子晶体，A项错误；
B．分子的稳定性由分子内的共价键决定，与氢键无关，B项错误；
C．B原子杂化轨道的类型为，C项正确；
D．从题图看，每个正硼酸分子形成六个氢键，每个氢键为两个正硼酸分子所共有，故1ml晶体中有3ml氢键，D项错误；
故选C。
14．D
【详解】A．Se的电子排布式：，核外含有电子的轨道有个，则基态Se核外有18种不同空间运动状态的电子，A错误；
B．该晶胞中a点坐标为，则a原子位于坐标原点，由图乙可知原子也在坐标轴正方向空间内，且到轴、轴、平面的距离分别为，即原子的坐标为，B错误；
C．面对角线的两个原子距离最短，为，错误；
D．该晶胞中，位于晶胞内部的原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则晶体的密度为，D正确；
答案选D。
15．C
【详解】A．、、在周期表中分属于区、区、区，A正确；
B．La—Ni相中含La：、Ni：16，相晶胞结构内四个被代替，因此化学式为：，B正确；
C．根据均摊法计算，相晶胞中的数目为，Ni的数目为16，相中原子空间利用率为：，C错误；
D．相中与的位置是相对的，与等距且最近的有12个，因此与等距且最近的有12个，D正确；
故选C。
16．(1)
(2) 的原子半径小于 、、原子半径依次增大，键、键、键键长依次增大，键能依次减小
(3)平面三角形
(4)共价晶体
(5) 21.4%
【详解】（1）基态锗原子的价层电子排布式为，轨道表示式为；
（2）和为同主族元素，从上至下，原子半径增大，电负性减小。、、与之间形成的共价键键长依次增大，键能依次减小，故、、的稳定性依次减弱；
（3）中原子的价层电子对数为，没有孤电子对，为杂化，VSEPR模型名称为平面三角形；
（4）依题意，碳化硅（）熔点为2700°C，碳化硅熔点高、硬度大，故它是共价晶体；
（5）铁碳晶胞中，铁原子位于顶点和面心，碳原子位于棱心和体心，1个晶胞有4个铁、4个碳，化学式为。依题意，晶胞体积不变，晶体密度之比等于质量之比，则晶体密度净增百分率为。
17．(1)
(2) 温度过高，NH4Cl分解，导致溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3析出
(3)6
(4)催化剂活性下降，反应速率减慢；NH3与O2发生反应生成NO
(5)86.45%
【详解】（1）由题意可知，三氧化二钒转化为钒酸钠发生的反应为三氧化二钒高温条件下与碳酸钠和空气中氧气反应生成钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，温度过高，氯化铵分解会导致溶液中铵根离子浓度减小，不利于钒酸铵析出，所以沉钒温度需控制在50℃左右；由题意可知，钒酸根离子在溶液中发生水解反应生成H3VO4沉淀和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故答案为：温度过高，NH4Cl分解，导致溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3析出；；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球个数为8×+1=2，位于面心和体内的白球个数为4×+2=4，由化学式可知，黑球为钒原子、白球为氧原子，位于体心的钒原子周围有6个氧原子，则晶胞中钒的配位数为6，故答案为：6；
（4）反应温度高于350℃，一氧化氮转化率下降可能是温度过高，催化剂活性下降，反应速率减慢导致消耗一氧化氮的物质的量减小，使得一氧化氮的转化率减小，也可能是混合气体中的氨气与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，导致一氧化氮转化率减小，故答案为：催化剂活性下降，反应速率减慢；NH3与O2发生反应生成NO；
（5）由题意可知，滴定消耗24.00mL 0.01000ml/L高锰酸钾溶液，由方程式可知，与(VO2)2SO4溶液反应的硫酸亚铁铵的物质的量为0.5000ml/L×0.01L—0.01000ml/L×0.024L×5=0.0038ml，则2.000g样品中五氧化二钒的纯度为×100%=86.45%，故答案为：86.45%。
18．(1)
(2) O>N>C>H sp
(3) HCN可以形成分子间氢键
(4)ClCN、FCN都是分子晶体，ClCN相对分子质量大于FCN，ClCN分子间作用力大于FCN
(5) B
【详解】（1）基态的价层电子排布式为2s22p6，轨道表示式为；
（2）非金属性越强电负性越大，反应中所含元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，中C、N之间为三键，C原子的杂化方式为sp。
（3）N原子电负性大，在低温下，HCN可以形成分子间氢键，所以可结晶成晶体，； 分子的链状结构为。
（4）ClCN、FCN都是分子晶体，ClCN相对分子质量大于FCN，ClCN分子间作用力大于FCN，所以ClCN的沸点比FCN的沸点高。
（5）①A．根据从普鲁士蓝晶胞中切出的结构图，可知每个立方体中含有3个CN-，则每个普鲁士蓝晶胞中含24个CN-，每个CN-有2个键，所以每个普鲁士蓝晶胞中有48个键，故A错误；
B．格林绿晶胞中8个Fe原子、24个CN- ，格林绿晶胞中嵌入8个Na+得到普鲁士白晶胞面，普鲁士白的化学式为，故B正确；
C．根据图示，格林绿晶体中周围等距且最近的数目为6个，故C错误；
选B。
②普鲁士白晶胞中有8个Na+、8个Fe2+、24个CN-，晶胞参数均为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，则普鲁士白晶体密度为。
19．(1)
(2)调节使沉淀完全的同时减少杂质引入
(3) 10 动力学
(4)↑
(5)
【分析】炼锌钴渣加入硫酸酸浸，铜不和硫酸反应过滤后得到铜渣，滤液中含有C2+、Fe2+、Ni2+、Zn2+，向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液中加入氨水将镍转化为沉淀，过滤滤液加入亚硫酸钠氧化二价钴为三价钴，加入氢氧化钠转化为钴沉淀，过滤滤液电解得到锌单质；
【详解】（1）“酸浸”过程和酸反应转化为钴离子，离子方程式为；
（2）“沉铁”过程的作用有调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且碳酸钙、硫酸钙均为固体，减少引入其它杂质；
（3）①“沉镍”过程中使得镍转化为沉淀，而钴不转化为沉淀，由图判断，应调节pH=10，此时镍沉淀完全、而钴损失较小；
②，钴离子和氨分子生成较为稳定的配合物，故其为动力学产物；
（4）“沉钴”过程中亚硫酸钠氧化二价钴为三价钴同时生成硫酸根离子，加入氢氧化钠和三价钴反应转化生成沉淀，离子方程式为↑；
（5）“电解”过程阴极得到电子发生还原反应生成：电极反应式为；据“均摊法”，晶胞中含个Zn，则晶体密度为，则ml-1；由图可知，锌原子半径为，晶胞空间占有率为。