单元03晶体结构与性质

真题模拟练

（时间：75分子分值：分）

一、选择题（本题共有16小题，其中1至10题每小题2分，11至16题每小题4分，共44分，每小题有且只有一个正确选项。）

1．

C

A．14N是原子，而N4与N2的N元素的两种不同性质的单质，因此三者不能互为同位素，A错误；

B．N4是由分子构成的物质，在固态时属于分子晶体，B错误；

C．SO42-中的中心S原子价层电子对数是4+(6+2-2×4)/2=4=4，因此S原子采用sp3杂化；NH4+中的中心N原子价层电子对数是4+（5-1-1×4）/2=4=4，故N原子杂化类型也是采用sp3杂化，C正确；

D．(NH4)2SO4是盐，属于离子化合物，NH4+与SO42-之间以离子键结合，在阴离子、阳离子中，不同的非金属元素的原子之间都是以极性共价键结合，故(NH4)2SO4中含有共价键、离子键，属于离子化合物，D错误；

故合理选项是C。

2．

B

A．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，A错误；

B．向硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液，生成的氢氧化铝沉淀可与NaOH反应得到四羟基和铝酸钠，离子方程式为Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，B正确；

C．向NH4HCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，铵根也可以反应，离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O，C错误；

D．向硫酸铜溶液中加入过量氨水得到铜氨络离子，离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D错误；

综上所述答案为B。

3．

D

A．臭氧的分子结构与水相似，是空间结构为V形的极性分子，氧气是非极性分子，根据相似相溶原理，臭氧在水中的溶解度大于氧气，故A正确；

B．分子晶体的CO2和共价晶体的CO2结构不同、性质不同，是不同物质。在一定条件下将分子晶体的CO2转变为共价晶体的CO2的变化有新物质生成，是化学变化，故B正确；

C．[Ne]3s13p1的第二电离能是失去3s上的电子，[Ne]3p2的第二电离能是失去3p上的电子，3p上的电子能量高于3s上的电子的能量，容易失去，所以前者第二电离能更大，故C正确；

D．配合物中外界的离子容易电离，配合物[TiCl(H2O)5]Cl2?H2O的外界有2个Cl-，向含1mol配合物[TiCl(H2O)5]Cl2?H2O的溶液中加入含3molAgNO3的溶液，将生成2molAgCl沉淀，故D错误；

故选D。

4．

C

A．晶体是由无数的晶胞所组成，即晶胞是晶体中的最小的结构重复单元，故A正确；

B．晶体是由大量微观物质单位（原子、离子、分子等）按一定规则有序排列的结构，可以使X光发生有规律的衍射，而非晶体固体则不能，故B正确；

C．CuSO4溶液蒸发结晶得到的是CuSO4·5H2O蓝色晶体而不是粉末，故C错；

D．溶质从容也中析出可形成晶体，所以缺角的NaCl晶体放在饱和NaCl溶液中，能变为完美的立方体，故D正确；

答案选C。

5．

A

A．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，正确；B．碘是分子晶体，升华时克服分子间作用力，错误；C．氧化铝是离子化合物，熔融时破坏的是离子键，错误；D．氯化钠是离子化合物，溶于水时破坏的是离子键，错误；答案选A。

6．

B

A．Al3+、Na+核外电子排布相同，有2个电子层，电子层数相同，半径随着原子序数递增而减小，r(Na+)＞r(Al3+)，Cl-结构示意图为

，电子层数为3，半径最大，即微粒半径大小顺序是，r(Cl-)＞r(Na+)＞r(Al3+)，故A说法正确；

B．共价晶体硬度可以从键能角度考虑，C的原子半径小于Si的原子半径，因此键长的大小顺序Si-Si＞Si-C＞C-C，键长越长，键能越小，因此硬度大小顺序是金刚石＞SiC＞晶体硅，故B说法错误；

C．H2O和HF含有分子间氢键，AsH3不含分子间氢键，沸点最低，常温下H2O为液体，HF为气体，因此H2O的沸点高于HF，故C说法正确；

D．离子晶体熔点与晶格能有关，晶格能大小与离子半径以及所带电荷数有关，r(K+)＞r(Na+)＞r(Mg2+)，r(Cl-)＞r(O2-)，晶格能大小顺序是MgO＞NaCl＞KCl，离子晶体熔点为MgO＞NaCl＞KCl，故D说法正确；

答案为B。

7．

A

A、氧化钙与水化合过程中水中的共价键会断裂，并会形成氢氧根离子，选项A正确；B、热稳定性与共价键即非金属性有关，氧元素的非金属性大于硫元素，选项B不正确；C、HCI属于共价化合物，选项C不正确；D、足球烯（C60）并非共价化合物，选项D不正确。答案选A。

8．

C

A．当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高，则碳酸盐的分解温度：MgCO3＜CaCO3＜BaCO3，A错误，

B．金属晶体中离子半径越小，离子的电荷越多，金属的熔点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，B错误；

C．Cl-具有三个电子层，O2-、Na+具有相同的电子排布，核电荷数越大半径越小，电子层数越多半径越大，故微粒半径：r(Cl-)r(O2-)r(Na+)，C正确；

D．简单气态氢化物的热稳定性与元素非金属性一致，已知非金属性比O＞Cl＞S，故H2OHClH2S，D错误；

故答案为：C。

9．

D

已知A、B、C、D、E、F六种元素在元素周期表中的位置如图，根据元素周期表结构得到A～F元素分别为O、F、Na、Al、Ge、Ag。

A．根据同电子层结构核多径小，则离子半径：C＜A，故A错误；

B．同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，因此最高价氧化物对应的水化物的碱性：D＜C，故B错误；

C．B元素对应的氢化物熔沸点高是因为HF存在分子间氢键，故C错误；

D．E形成的单质属于共价晶体，其熔点高，硬度大，故D正确。

综上所述，答案为D。

10．

C

A．向配合物Co(NH3)3Cl3溶液中加入硝酸银，无沉淀生成，说明NH3、Cl-与Co3+形成配位键，即Co3+的配位数为6，故A说法正确；

B．FeCl3中加入过量KI溶液，充分反应后，加入几滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中有Fe3+，根据可逆反应的特点，推出Fe3+与I-反应是可逆反应，故B说法正确；

C．题中没有指明两者溶液物质的量浓度是否相等，因此无法根据钠盐pH比较两种酸酸性强弱，故C说法错误；

D．HCO-3-在水溶液中既有电离也有水解，HCO-3-电离HCO-3-=H++CO32-，加入CaCl2溶液，Ca2+与CO32-反应生成CaCO3沉淀，促进平衡向正反应方向进行，c(H+)增大，H+与HCO-3-反应生成二氧化碳气体，故D说法正确；

答案为C。

11．

B

A．1个[Cu(NH3)4]2+中含有4个配位键，1mol[Cu(NH3)4]2+含配位键的个数为4NA，选项A正确；

B．CH3CH2OH中C和O均为sp3杂化，46g乙醇为1mol，sp3杂化的原子数为3NA，选项B错误；

C．SF6中S的孤电子对数为(6-1×6)/2=0，价层电子对数为6+0=6，则0.5molSF6的价层电子对数为3NA，选项C正确；

D．pH=2的醋酸溶液中H+的浓度为0.01mol/L，故H+数目为0.01mol/L×0.5LNA=0.NA，选项D正确。

答案选B。

12．

B

A．二氧化碳为熔沸点低的分子晶体，二氧化硅为熔沸点高的共价(原子)晶体，晶体类型不同，故A错误；

B．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为0，则分子的空间构型为直线形，故B正确；

C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，则碳元素的第一电离能小于氧元素，故C错误；

D．二氧化碳不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；

故选B。

13．

B

X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，则2p能级上分别有2、4电子，则X为C，Y为O；Z与Y同族，则Z为S；W原子核内有29个质子，则W为Cu，以此解题。

A．X、Y、Z分别是C、O、S，同周期越靠左半径越大，不同周期一般来说，电子层数越多半径越大，则原子半径r(S)r(C)r(O)，A错误；

B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，即稳定性H2OH2S，B正确；

C．同主族，越向上第一电离能越大，C错误；

D．根据晶胞结构可知，两种元素原子的个数比值为1∶2，故该氧化物为Cu2O，D错误；

故选B。

14．

C

A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，错误；B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，错误；C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，正确；D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，错误；故选C。

15．

D

原子晶体中相邻的原子间形成共价键。常见的原子晶体有金刚石、二氧化硅（石英）晶体等。是离子晶体，Al2O3结构粒子为阴、阳离子，离子间作用力为离子键。所以D的描述是错误的。

16．

C

由图可以看出，在每个NaCl晶泡中，有14个Cl―其中1个位于体心，12个位于边上，位于体心的为这个晶泡独有，位于边上的为4个晶泡共有每个晶泡各占1/4，所以每个晶泡中Cl―个数为1+1/4×12=4；Na+共有14个，其中6个位于面心上为2个晶泡共有，每个占1/2，8个位于角上，为8个晶泡共有，每个占1/8，所以每个晶泡中Na+个数为1/2×6+1/8×8=4。

二、非选择题（本题共4小题，共56分）

17．

(1)3ds1(1分）

(2)ONC(2分）

(3)sp2、sp3(2分）

(4)②④(2分）

(5)盐酸或硫酸(1分）

(6)（0，1/2，1/4）(2分）Al2Cu(或CuAl2)(2分）4.0(2分）

(1)铜元素的原子序数为29，基态铜原子价电子排布式为3ds1，故答案为：3ds1；

(2)同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为ONC，故答案为：ONC；

(3)由结构简式可知，螯合物CuA2中氮原子形成双键、氧原子形成单键，则氮原子的杂化方式为sp2杂化、氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；

(4)①由结构简式可知，CuA2中氮原子与铜离子形成配位键，则氮原子的配位能力比氧原子强，故①错误；

②类比铜离子与氨分子形成的配合物的结构可知，与铜离子配位的2个氧原子和2个氮原子有可能位于同一平面上，即有可能呈平面构型，故②正确；

③由铜离子与有机物HA可形成一种螯合物CuA2，从而萃取水中的铜离子可知，CuA2不溶于水易溶于有机溶剂，故③错误；

④由结构简式可知，每个CuA2中含有如图所示的2个氢键、2个π键：

，故④正确；

故选②④；

(5)由萃取反应的离子方程式可知，反萃取时增大溶液中的氢离子浓度，可使平衡向逆反应方向移动，使螯合物释放出铜离子进入水相，则反萃取时常加入的试剂是盐酸或硫酸，故答案为：盐酸或硫酸；

(6)①由晶胞中位于正面面上A点的原子坐标为（1/2，0，3/4）可知，位于左侧面面上B点的原子坐标为（0，1/2，1/4），故答案为：（0，1/2，1/4）；

②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的铝原子个数为8×1/8+2×1/2+4×1/4+1=4，位于面上的铜原子个数为4×1/2=2，则该晶体的化学式为Al2Cu(或CuAl2)，设晶体的密度为dg·cm-3，由晶胞的质量公式可得：

解得d≈4.0，故答案为：Al2Cu(或CuAl2)；4.0。

18．

(1)

(1分）

(2)sp3杂化(1分）6(2分）

(3)＜(2分）11：1(2分）

(4)Ni（CO）4是分子晶体，融化或气化时破坏的是范德华力，因此熔沸点较低(2分）1：2(2分）

(2)H2O中O的价电子对数为2+(6-1×2)/2=4=4，故杂化轨道类型为sp3杂化，若该构型为八面体，则C2H3O2和H2O均为配体，中心Ni原子的配位数为6。

(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，均为离子晶体，已知熔点NiOFeO，则晶格能：NiOFeO，因此离子半径r（Ni2+）＜r(Fe2+)，设两种价态的镍离子数目分别为x、y，则x+y=0.96，2x+3y=2，解得x=0.88，y=0.08，即两种价态的镍离子数目之比为0.88：0.08=11：1。

(4)四羰基镍[Ni（CO）4]在室温下是一种具挥发性的液体，可知Ni（CO）4是分子晶体，融化或气化时破坏的是范德华力，因此熔沸点较低；CO的结构式为C≡O，含有1个σ键与2个π键，因此σ键与π键个数之比为1：2。

19．

(1)3s23p2(1分）原子半径C＜Si或键长C-C＜Si-Si或键能C-C＞Si-Si(2分）

(2)直线型(1分）H2S+O2=S+H2O、H2S+Cl2=S+2HCl、2H2S+SO2=3S+2H2O、H2S+Br2=S+2HBr合理即可(2分）

(3)4Fe3O4+O2+12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH-(2分）4NA(1分）

(4)＞(1分）Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4(2分）取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全(2分）

(1)硅原子核外有14个电子，根据核外电子排布规律知，每个电子层上最多排2n2个电子，但最外层不大于8个电子，s能级上最多排2个电子，p能级上最多排6个电子，所以硅原子的最外层电子排布式为3s23p2；对于原子晶体而言，决定晶体熔点和硬度的因素是共价键的强弱，原子半径小，共价键键能越大，熔点越高，原子半径C＜Si，因此键长C-C＜Si-Si，则键能C-C＞Si-Si。所以金刚石熔点更高。

(2)H2S转化为单质硫：①和氧气:H2S+O2=S+H2O；②和氯气:H2S+Cl2=S+2HCl；③和二氧化硫:2H2S+SO2=3S+2H2O；④和溴水:H2S+Br2=S+2HBr；CS2分子中C原子的价层电子对个数=2+(4-2×2)/2=2，为直线型。

(3)②反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1反应的离子方程式：4Fe3O4+O2+12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH-；若4molFe3O4完全转化为FeOCl，1molO2中2molO元素的化合价降低，则转移的电子数目为4NA。

(4)①化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCI→FeO(OH)，所以FeOCl的溶解度大于FeO(OH)；②Na2SO3还原FeOCl生成Fe3O4，反应为:SO32-+6FeOCl+3H2O=SO42-+2Fe3O4+6H++6Cl-，Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4；

③检验FeOCl转化完全需检验Cl-，操作和现象是：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。

20．

（1）4:5（1分）

（2）Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小（2分）Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的（2分）

（3）正四面体形（1分）4（1分）sp3（1分）

（4）4（2分）3/16或0.（2分）13:3（2分）

（1）基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子排布式分别为3d6和3d5，根据Hund规则可知，基态Fe2+有4个未成对电子，基态Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5；

（2）同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以I1（Li）I1(Na)；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于ⅡA元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素，因此I1（Be）I1(B)I1(Li)；

（3）经过计算，PO43-中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；

（4）由题干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为8×1/8+4×1/2+4×1/4个；进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO4，并且一个晶胞中含有的Li+，Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16，所以有1-x=3.25/4即x=0.。结合上一个空计算的结果可知，Li1-xFePO4即Li0.FePO4；假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组：x+y=1，0.+2x+3y+5=4×2，解得x=0.，y=0.，则Li1-xFePO4中

。

（图文来源网络，版权归原作所有）

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