高中化学第三章晶体结构与性质单元过关检测含解析新人教版选修3 10页

第三章　单元过关检测 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷(选择题，共42分)‎ 一、选择题(本题包括14个小题，每小题3分，共42分。每小题仅有一个选项符合题意)‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．分子晶体都具有分子密堆积的特征 B．分子晶体中，分子间作用力越大，通常熔点越高 C．分子晶体中，共价键键能越大，分子的熔、沸点越高 D．分子晶体中，分子间作用力越大，分子越稳定 答案　B 解析　含有氢键的分子晶体不具有分子密堆积的特征，如冰，A错误；分子晶体的熔、沸点高低与分子间作用力的大小有关，分子间作用力越大，熔、沸点越高，B正确，C错误；分子的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力的大小无关，D错误。‎ ‎2．下列关于金属晶体的叙述正确的是(　　)‎ A．用铂金制作首饰不能用电子气理论解释 B．固体或熔融后易导电、熔点在1000 ℃左右的晶体可能是金属晶体 C．Li、Na、Mg的熔点逐渐升高 D．能导电的晶体一定是金属晶体 答案　B 解析　选项A，用铂金制作首饰是利用了金属晶体的延展性，能用电子气理论解释；选项B，金属晶体在固态或熔融态下都能导电，大多数金属晶体在常温下为固体，熔点较高，故题设条件下的晶体可能是金属晶体；选项C，一般情况下，金属键的强弱与金属原子价电子数的多少有关，价电子数越多，金属键越强，与金属原子的半径大小也有关，金属原子的半径越大，金属键越弱；金属键强弱为Mg>Li>Na，其熔点也为Mg>Li>Na；选项D，石墨是能导电的混合晶体。‎ ‎3．下表给出了几种物质的熔、沸点：‎ NaCl MgCl2‎ SiCl4‎ 单质B 熔点/℃‎ ‎801‎ ‎710‎ ‎－68‎ ‎2300‎ 沸点/℃‎ ‎1465‎ ‎1418‎ ‎57‎ ‎2500‎ 下列有关说法中错误的是(　　)‎ A．SiCl4可能是分子晶体 B．单质B可能是原子晶体 C．1500 ℃时，NaCl可形成气态分子 D．MgCl2水溶液不能导电 答案　D 解析　由表中所给熔、沸点数据可知，SiCl4的熔、沸点最低，可能为分子晶体；单质B的熔、沸点最高，可能为原子晶体；NaCl的沸点是1465 ℃，则1500 ℃时，NaCl可形成气态分子；MgCl2属于离子晶体，水溶液能导电。‎ - 10 -‎ ‎4．下列物质的变化过程中，有共价键明显被破坏的是(　　)‎ ‎①I2升华　②NaCl颗粒被粉碎　③HCl溶于水得盐酸 ‎④从NH4HCO3中闻到了刺激性气味 A．①② B．②③ ‎ C．①④ D．③④‎ 答案　D 解析　过程①、②、③、④被破坏的作用力分别为范德华力、离子键、共价键、共价键。‎ ‎5．美国《科学》杂志曾报道：在40 GPa的高压下，用激光加热到1800 K，人们成功制得了原子晶体CO2，下列对该物质的推断一定不正确的是(　　)‎ A．该原子晶体中含有极性键 B．该原子晶体易汽化，可用作制冷材料 C．该原子晶体有很高的熔点 D．该原子晶体的硬度大，可用作耐磨材料 答案　B 解析　CO2由固态时形成的分子晶体变为原子晶体，其成键情况也发生了变化，由原来的C===O键变为C—O键，但化学键依然为极性共价键，A项正确；由于晶体类型及结构发生变化，物质的熔点等性质也发生了变化；CO2原子晶体具有高硬度、高熔点等性质，不易汽化，C、D项正确，B项错误。‎ ‎6．某晶体结构中最小的重复单元如图所示。A为阴离子，在立方体内；B为阳离子，位于立方体的顶点和面心，则该晶体的化学式为(　　)‎ A．B2A B．BA2 ‎ C．B7A4 D．B4A7‎ 答案　B 解析　根据题图知，属于该晶胞的A的粒子数为8，B的粒子数为8×＋6×＝4，故该晶体的化学式为BA2。‎ ‎7．纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同(如图所示)，则这种纳米颗粒的表面粒子数与总粒子数的比值为(　　)‎ - 10 -‎ A．7∶8 B．13∶14‎ C．1∶1 D．26∶27‎ 答案　D 解析　纳米颗粒中的粒子不会与其他颗粒共用。由题意知一个氯化钠晶胞即为一个氯化钠纳米颗粒，则其表面粒子数＝8＋6＋12＝26，总粒子数＝表面粒子数＋中心粒子数＝26＋1＝27。‎ ‎8．如图所示为一块密度、厚度均匀的矩形样品，长为宽的两倍，若用多用电表沿两对称轴测得其电阻均为R，则这块样品一定是(　　)‎ A．金属 B．半导体 C．非晶体 D．晶体 答案　D 解析　由于AB＝2CD，而AB、CD间的电阻却相等，说明样品横向(AB)与纵向(CD)的导电性不同，具有各向异性，而晶体的特征之一是各向异性，非晶体则具有各向同性，故该样品为晶体。‎ ‎9．下列有关金属晶体的堆积模型的说法正确的是(　　)‎ A．金属晶体中的原子在二维平面有三种放置方式 B．金属晶体中非密置层在三维空间可形成两种堆积方式，其配位数都是6‎ C．镁型堆积和铜型堆积是密置层在三维空间形成的两种堆积方式 D．金属晶体中的原子在三维空间的堆积有多种方式，其空间的利用率相同 答案　C 解析　金属晶体中的原子在二维平面只有密置层和非密置层两种放置方式，A错误；非密置层在三维空间可形成简单立方堆积和体心立方堆积两种堆积方式，其配位数分别是6和8，B错误；金属晶体中的原子在三维空间有四种堆积方式，其中镁型堆积和铜型堆积是密置层在三维空间形成的两种堆积方式，其空间利用率较高，C正确，D错误。‎ ‎10．已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合。下列关于C3N4晶体的说法正确的是(　　)‎ - 10 -‎ A．C3N4晶体是分子晶体 B．C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长要长 C．C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子 D．C3N4晶体中微粒间通过离子键结合 答案　C 解析　由题给信息“具有比金刚石更大的硬度”，说明C3N4晶体是原子晶体，且晶体中C—N键比金刚石中C—C键键长要短，即键更强；由“原子间均以单键结合”可得每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子。‎ ‎11．锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断正确的是(　　)‎ A．该晶体属于分子晶体 B．该晶胞中Zn2＋和S2－数目不相等 C．阳离子的配位数为6‎ D．氧化锌的晶格能大于硫化锌 答案　D 解析　选项A，该晶体属于离子晶体；选项B，从晶胞图分析，含有Zn2＋的数目为8×＋6×＝4，S2－位于立方体内，S2－的数目为4，所以该晶胞中Zn2＋与S2－的数目相等；选项C，在ZnS晶胞中，1个S2－周围距离最近的Zn2＋有4个，1个Zn2＋周围距离最近的S2－有4个，则S2－的配位数为4，Zn2＋的配位数也为4；选项D，ZnO和ZnS中，O2－的半径小于S2－的半径，离子所带的电荷数相等，所以ZnO的晶格能大于ZnS。‎ ‎12．下列有关晶胞的说法正确的是(　　)‎ A．晶胞中所含粒子数即为晶体的化学式 ‎ B．若晶胞为六棱柱，则侧棱上的粒子为2个晶胞共用 C．若晶胞为六棱柱，顶点上的粒子为6个晶胞共用 D．晶胞中不可能存在多个粒子 答案　C - 10 -‎ 解析　A项，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，Cu原子个数为4；B项，六棱柱侧棱上的粒子为3个晶胞共用；C项，如图所示顶点为6个晶胞共用；D项，晶胞内可能存在多个粒子，如NaCl晶胞。‎ ‎13．下列有关说法正确的是(　　)‎ A．物质熔、沸点的高低顺序是晶体硅>氯化钠>冰>氖气 B．粒子半径由大到小的顺序是H＋>Li＋>H－‎ C．金刚石的硬度、熔点、沸点都低于晶体硅 D．CO2、HCl、CF4、PCl3四种物质分子中的所有原子都满足最外层为8电子的稳定结构 答案　A 解析　B项中粒子半径由大到小顺序是H－>Li＋>H＋；C项中由于金刚石的键长小于晶体硅的，所以硬度、熔点、沸点较大；D项中HCl中的H最外层不能满足8电子稳定结构。‎ ‎14．如图所示是CsCl晶体的晶胞(晶体中最小的重复单元)已知晶体中2个最近的Cs＋核间距离为a cm，氯化铯的式量为M，NA为阿伏加德罗常数，则CsCl晶体的密度为(单位：g/cm3)(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 答案　C 解析　因为一个晶胞的边长为a cm，则其体积为a3 cm3，故1 mol 氯化铯的体积为a3 NA cm3，而1 mol 氯化铯的质量为M g，故CsCl晶体的密度为 g·cm－3。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共58分)‎ 二、非选择题(本题包括4个小题，共58分)‎ ‎15．(14分)(1)氯酸钾熔化，粒子间克服了______________的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了____________的作用力；碘的升华，粒子间克服了__________的作用力。三种晶体的熔点由高到低的顺序是__________。‎ ‎(2)下列六种晶体：①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金刚石，它们的熔点从低到高的顺序为__________(填序号)。‎ ‎(3)在H2、(NH4)2SO4、SiC、CO2、HF中，由极性键形成的非极性分子有__________，由非极性键形成的非极性分子有__________，能形成分子晶体的物质是____________，含有氢键的分子晶体的化学式是________________，属于离子晶体的是____________，属于原子晶体的是______________，五种物质的熔点由高到低的顺序是______________________________。‎ ‎(4)A、B、C、D为四种晶体，性质如下：‎ - 10 -‎ A．固态时能导电，能溶于盐酸 B．能溶于CS2，不溶于水 C．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水 D．固态、液态时均不导电，熔点为3500 ℃‎ 试推断它们的晶体类型：‎ A．__________；B.__________；C.__________；‎ D．__________。‎ 答案　(1)离子键　共价键　范德华力　SiO2＞KClO3＞I2　‎ ‎(2)①⑤③②④⑥‎ ‎(3)CO2　H2　H2、CO2、HF　HF　(NH4)2SO4　SiC　SiC＞(NH4)2SO4＞HF＞CO2＞H2‎ ‎(4)金属晶体　分子晶体　离子晶体　原子晶体 解析　(1)氯酸钾是离子晶体，熔化离子晶体时需要克服离子键的作用力；二氧化硅是原子晶体，熔化原子晶体时需要克服共价键的作用力；碘为分子晶体，熔化分子晶体时需克服的是范德华力。由于原子晶体是由共价键形成的空间网状结构的晶体，所以原子晶体的熔点最高；其次是离子晶体；由于分子间作用力与化学键相比较要小得多，所以碘的熔点最低。‎ ‎(2)先把六种晶体分类。原子晶体：④、⑥；离子晶体：②；金属晶体：③；分子晶体：①、⑤。由于C原子半径小于Si原子半径，所以金刚石的熔点高于晶体硅；CO2和CS2同属于分子晶体，其熔点与相对分子质量成正比，故CS2熔点高于CO2；Na在通常状况下是固态，而CS2是液态，CO2是气态，所以Na的熔点高于CS2和CO2；Na在水中即熔化成小球，说明它的熔点比NaCl低。‎ ‎16．(14分)如下图所示，直线交点处的圆圈为NaCl晶体中Na＋或Cl－所处的位置。这两种离子在空间3个互相垂直的方向上都是等距离交替排列的。‎ ‎(1)晶体中，在每个Na＋周围与它最近且距离相等的Na＋共有________个。‎ ‎(2)在NaCl晶胞中，正六面体的顶角上、面上、棱上的Na＋或Cl－为该晶胞与其相邻的晶胞所共有，1个晶胞中Cl－数为________；Na＋数为________。‎ ‎(3)设NaCl的摩尔质量为M g·mol－1，NaCl晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA。NaCl晶体中两个钠离子间的最近距离为________ cm。‎ 答案　(1)12　(2)4　4　(3)× 解析　(1)如图所示，从体心的Na＋看，与它最近且距离相等的Na＋共有12个。‎ - 10 -‎ ‎(2)根据“均摊法”计算可知，1个NaCl晶胞中，Cl－和Na＋的数目均为4。‎ ‎(3)设Cl－与Na＋的最近距离为a cm，则两个最近的Na＋间的距离为a cm，又ρ＝＝，即a＝，所以两个钠离子间的最近距离为× cm。‎ ‎17．(14分)(1)前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如下图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎①该化合物的化学式为________；D的配位数为________。‎ ‎②列式计算该晶体的密度_______________________________________。‎ - 10 -‎ ‎(2)元素X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。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。‎ ‎①在1个晶胞中，X离子的数目为________。‎ ‎②该化合物的化学式为________。‎ 答案　(1)①K2NiF4　6‎ ‎②≈‎ ‎3．4 g·cm－3‎ ‎(2)①4　②ZnS 解析　(1)因为A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，A－与B＋的电子数相差为8且它们均为前四周期的元素，所以A为F，B为K，再结合与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2可知，C为Fe(原子序数为26)，D为Ni(原子序数为28)。①根据“均摊法”，F的个数为16×＋4×＋2＝8，K的个数为8×＋2＝4，Ni的个数为8×＋1＝2，该晶体的化学式为K2NiF4；Ni的配位数是6。②结合①可知，该晶胞中平均含有2个K2NiF4，其质量为 g，该晶胞的体积为1308×10－10×400×10－10×400×10－10 cm3，由此即可计算该晶体的密度。‎ ‎(2)元素X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则X是锌。元素Y的核外电子排布式为 ‎1s22s22p63s23p4，则Y是硫。①在1个晶胞中，Zn2＋的数目为8×＋6×＝4。②1个晶胞中S2－的数目也为4，所以该化合物的化学式为ZnS。‎ ‎18．(16分)已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。‎ ‎(1)写出A元素的基态原子价电子排布式：________________。F离子电子排布式：__________________。‎ ‎(2)写出X的化学式：________________。X的化学名称为______________。‎ ‎(3)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________________。‎ ‎(4)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3‎ - 10 -‎ 为原料的原因：____________________________________________________________________。‎ ‎(5)CE、FA的晶格能分别为786 kJ·mol－1、3401 kJ·mol－1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎(6)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如下图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为______________；该离子化合物晶体的密度为a g·cm－3，则晶胞的体积是________________(只要求列出算式)。‎ 答案　(1)2s22p4　1s22s22p63s23p6　‎ ‎(2)Na3AlF6　六氟合铝酸钠 ‎(3)2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑‎ ‎(4)Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物)‎ ‎(5)CaO晶体中Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带的电荷数 ‎(6)CaF2　 解析　因为A原子L层上有2对成对电子，所以A为O，其基态原子价电子排布式为2s22p4。由于B存在简单离子且与A同周期且原子序数比A大，则B为F。B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，且C、D分别位于同一周期，所以X为Na3AlF6，即C是Na，D是Al，CE、FA为电子数相同的离子晶体，则E为Cl，F为Ca。‎ ‎(3)工业上用电解熔融氧化铝的方法制备金属铝，由于氧化铝的熔点很高，故常加入冰晶石(主要成分是Na3AlF6)以降低其熔点。‎ ‎(4)AlCl3是共价化合物，熔融的AlCl3不能导电，故工业冶炼金属铝时不用电解熔融AlCl3的方法。‎ ‎(6)根据晶胞结构，用均摊法进行计算，每个晶胞中钙原子的个数＝×8＋×6＝4(个)，F原子位于晶胞内部，未被其他晶胞共用，故F原子的个数为8，所以该化合物的化学式为CaF2。假设现有1 mol CaF2，其中含有NA个钙离子，则含有个晶胞，再假设一个晶胞的体积为V cm3，则1 mol CaF2的体积为×V cm3，根据质量关系列关系式得×V×a＝78，解得该晶胞的体积V＝。‎ - 10 -‎ - 10 -‎