高中化学鲁科版 选修三 晶体结构与性质 课后达标检测

一、选择题

1．关于晶体的下列说法正确的是(　　)

A．只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体

B．离子晶体中一定含金属阳离子

C．共价化合物分子中各原子都形成8电子结构

D．分子晶体的熔点不一定比金属晶体熔点低

解析：选D。金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，故A错误；离子晶体不一定由金属元素组成，如铵盐等，故B错误；共价化合物分子中各原子不一定都形成8电子结构，如HCl等，故C错误；Hg为金属，常温下为液体，而S为非金属，常温下为固体，故D正确。

2．下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是(　　)

A．金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅

C．MgO＞H2O＞O2＞Br2

D．金刚石＞生铁＞纯铁＞钠

解析：选B。A项，同属于原子晶体，熔、沸点高低主要看共价键的强弱，键能：晶体硅<碳化硅<二氧化硅，错误；B项，形成分子间氢键的物质的熔、沸点要大于形成分子内氢键的物质的熔、沸点，正确；C项，对于不同类型晶体，其熔、沸点高低一般为原子晶体>离子晶体>分子晶体，常温下Br2为液体，O2为气体，故MgO>H2O>Br2>O2，错误；D项，生铁为铁合金，熔点要低于纯铁，错误。

3．如图为碘晶体晶胞结构。下列有关说法中正确的是(　　)

A．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构

B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子

C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体

D．碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力

解析：选A。在立方体的顶面上，有5个I2，4个方向相同，结合其他面考虑可知A选项正确；每个晶胞中有4个碘分子，B选项错误；此晶体是分子晶体，C选项错误；碘原子间只存在非极性键，范德华力存在于分子与分子之间，D选项错误。

4．下列数据是对应物质的熔点(℃)：

据此做出的下列判断中错误的是(　　)

A．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体

B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体

C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体

D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体

解析：选B。A项，氧化铝的熔点高，属于离子晶体，则铝的化合物的晶体中有的是离子晶体，正确；B项，表中只有BCl3、AlCl3和干冰是分子晶体，错误；C项，同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体，如CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，正确。

5．有下列离子晶体空间结构示意图，为阳离子，为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为(　　)

解析：选B。根据均摊法计算，A结构中阳离子为4个，阴离子为1个，化学式为M4N；B结构中阳离子为1/2个，阴离子为1个，化学式为MN2；C结构中阳离子为3/8个，阴离子为1个，化学式为M3N8；D结构中阳离子为1个，阴离子为1个，化学式为MN。

6．下面有关晶体的叙述中，错误的是(　　)

A．白磷晶体中，分子之间通过共价键结合

B．金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子

C．在NaCl晶体中每个Na＋(或Cl－)周围都紧邻6个Cl－(或Na＋)

D．离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时，化学键不被破坏

解析：选A。白磷晶体为分子晶体，分子之间通过范德华力结合，A错误；金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，B正确；在NaCl晶体中每个Na＋(或Cl－)周围都紧邻6个Cl－(或Na＋)，C正确；离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时，分子间作用力被破坏，化学键不被破坏，D正确。

7．铁有如下δ、γ、α三种晶体结构，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法不正确的是(　　)

A．δ、γ、α三种晶体互为同分异构体

B．α­Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个

C．将铁加热到1 500 ℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型不同，化学性质相同

D．γ­Fe晶体为面心立方最密堆积

解析：选A。Fe的δ、γ、α三种晶体结构不同，属于同素异形体，不是同分异构体，故A不正确；α­Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上的铁原子，与每个铁原子等距离且最近的铁原子同层原子有4个，上、下层各1个，故共有6个，故B正确；急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型不同，结构不同，物理性质不同，但化学性质相同，故C正确；γ­Fe晶体中Fe原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积，故D正确。

二、非选择题

8．(1)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为________，微粒间存在的作用力是________，SiC和晶体Si的熔、沸点高低顺序是________________。

(2)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是________________________________________________________________________。

(3)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2的化学式相似，但结构和性质有很大的不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成π键。从原子半径大小的角度分析，C、O原子间能形成π键，而Si、O原子间不能形成π键的原因是________________________________________________________________________。

SiO2属于________晶体，CO2属于________晶体，所以熔点：CO2________SiO2(填“<”“＝”或“>”)。

(4)金刚石、晶体硅、二氧化硅、CO2 4种晶体的构成微粒种类分别是________________________________________________________________________，

熔化时克服的微粒间的作用力分别是___________________________。

解析：(1)SiC与晶体硅结构相似，晶体硅中一个硅原子与周围四个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp3，则SiC晶体中C原子杂化方式为sp3；因为SiC的键长小于SiSi，所以熔、沸点高低顺序：SiC>Si。

(2)SiC电子总数是20个，则该氧化物为MgO；晶格能与所构成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大，熔点高。

(3)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p­p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键。SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，所以熔点：SiO2>CO2。

(4)金刚石、晶体硅、二氧化硅均为原子晶体，构成微粒为原子，熔化时破坏共价键；CO2为分子晶体，由分子构成，以分子间作用力结合。

答案：(1)sp3　共价键　SiC>Si

(2)Mg　Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大

(3)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p­p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键　原子　分子　<

(4)原子、原子、原子、分子　共价键、共价键、共价键、分子间作用力

9．(1)钠、钾、铬、钼、钨等金属晶体的晶胞属于体心立方，则该晶胞中属于1个体心立方晶胞的金属原子数目是____________。氯化铯晶体的晶胞如图1，则Cs＋位于该晶胞的________，而Cl－位于该晶胞的________，Cs＋的配位数是____________。

(2)铜的氢化物的晶体结构如图2所示，写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式：________________________________________________________________________。

(3)图3为F－与Mg2＋、K＋形成的某种离子晶体的晶胞，其中“○”表示的离子是________(填离子符号)。

(4)实验证明，KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图4所示)，已知3种离子晶体的晶格能数据如下表：

则这4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是

________________________________________________________________________。

MgO晶体中一个Mg2＋周围与它最邻近且等距离的Mg2＋有________个。

解析：(1)体心立方晶胞中，1个原子位于体心，8个原子位于立方体的顶点，故1个晶胞中金属原子数为8×＋1＝2；氯化铯晶胞中，Cs＋位于体心，Cl－位于顶点，Cs＋的配位数为8。(2)由晶胞可知，粒子个数比为1∶1，化学式为CuH，＋1价的铜与－1价的氢均具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，产物为CuCl2和HCl。(3)由晶胞结构可知，黑球有1个，灰球有1个，白球有3个，由电荷守恒可知n(Mg2＋)∶n(K＋)∶n(F－)＝1∶1∶3，故白球为F－。(4)从3种离子晶体的晶格能数据知道，离子所带电荷越多、离子半径越小，离子晶体的晶格能越大，离子所带电荷数：Ti3＋>Mg2＋，离子半径：Mg2＋＜Ca2＋，所以熔点：TiN>MgO>CaO>KCl；MgO晶体中一个Mg2＋周围与它最邻近且等距离的Mg2＋有12个。

答案：(1)2　体心　顶点　8

(2)2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl

(3)F－　(4)TiN>MgO>CaO>KCl　12

10．短周期元素X、Y的价电子数相同，且原子序数之比等于1∶2；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。

(1)Y基态原子的价电子排布式为____________。

(2)预测Na2Y、H2Y在乙醇中的溶解度大小：_____________________。

(3)Y与X可形成YX。YX的立体构型为____________(用文字描述)，Y原子轨道的杂化类型是______杂化。写出一种由Y的同周期元素Q、V形成的与YX互为等电子体的分子的化学式：____________。

(4)Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为____________。其晶胞边长为540.0 pm，密度为_____________________g·cm－3(列式并计算)。

(5)2 mol配合物[Z(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为____________NA。

解析：由题中信息可推知X是O元素，Y是S元素，Z是Zn元素。

(2)乙醇是极性溶剂，H2S是极性分子，Na2S是离子化合物，可看成极性很强的“分子”，根据相似相溶原理，H2S和Na2S在乙醇中都应有一定的溶解度，由于Na2S的“极性”比H2S要强，因此Na2S在乙醇中的溶解度比H2S大。

(3)YX是SO，S原子的价层电子对数是4，孤电子对数是1，所以SO的立体构型是三角锥形，S原子轨道的杂化类型是sp3杂化。等电子体是指原子总数相等、价电子总数也相等的微粒，在第三周期的元素中，Cl和P形成的PCl3与SO互为等电子体。

(4)晶胞中S的个数是8×＋6×＝4，Zn的个数是4，因此该化合物的化学式为ZnS。1 pm＝10－10 cm，1个晶胞中有4个“ZnS”，所以晶胞的密度ρ＝＝≈4.1 g·cm－3。

(5)[Zn(NH3)4]SO4中Zn2＋和N原子形成4个σ键(配位键)，N和H之间共形成12个σ键，S和O之间形成4个σ键，所以1个[Zn(NH3)4]SO4中共有20个σ键，2 mol [Zn(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为40NA。

答案：(1)3s23p4　(2)Na2S>H2S　(3)三角锥形　sp3

PCl3　(4)ZnS　≈4.1　(5)40

11．铜及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：

(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子的基态核外电子排布式为______________________，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______________________。

(2)Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu(NH3)4](NO3)2，其中NH3中心原子的杂化轨道类型为________，[Cu(NH3)4](NO3)2属于________晶体。

(3)CuSO4溶液中加入过量KCN能生成配离子[Cu(CN)4]2－，1 mol CN－中含有的π键数目为________。与CN－互为等电子体的离子有________(写出一种即可)。

(4)CuSO4的熔点为560 ℃，Cu(NO3)2的熔点为115 ℃，CuSO4熔点更高的原因可能是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(5)已知Cu2O晶胞结构如图所示，该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，0，0)，C为(，，)。则D原子的坐标参数为________，它代表________原子(填元素符号)。

(6)金属铜是面心立方最密堆积方式，则晶体中铜原子的配位数是________，该晶胞中Cu原子的空间利用率是________。

解析：(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子都是Cu2＋，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；一般非金属性越强，第一电离能越大，但是氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>S。

(2)氨分子中N原子的价层电子对数是4，因此中心原子的杂化轨道类型为sp3；[Cu(NH3)4](NO3)2属于离子晶体。

(3)CN－与氮气互为等电子体，含有三键，则1 mol CN－中含有的π键数目为2NA。原子总数和价电子总数分别相等的微粒互为等电子体，与CN－互为等电子体的离子有C。

(4)由于CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO所带电荷数比NO多，故CuSO4晶格能较大，所以硫酸铜熔点较高。

(5)根据晶胞结构并参照A、B、C原子的坐标参数可知D原子的坐标参数为(，，)。D代表的原子均位于内部，共计4个，而白球表示的原子个数为1＋8×＝2，因此D代表Cu原子。(6)已知金属铜的堆积方式是面心立方最密堆积，则晶体中铜原子的配位数是12。晶胞中铜原子个数是8×＋6×＝4。设铜原子的半径是r，则面对角线长是4r，立方体的边长是2r，则立方体的体积是(2r)3，因此该晶胞中Cu原子的空间利用率是×100%≈74%。

答案：(1)1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)　N>O>S

(2)sp3　离子

(3)2NA　C

(4)CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO所带电荷比NO大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高

(5)(，，)　Cu

(6)12　74%