2019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放电
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 )
5
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 )
A．HCN
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<YO
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<YO，故熔点XO<YO，D项正确。

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12 g 金刚石中含2 mol C —C 键，12 g 石墨中含有1.5 mol C —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 ．Na 2O 2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 16
2O 与2H 17
2O 分子中的质子个数比为1︰1 D ．冰晶体中H 2O 分子个数与氢键数目比为1︰4
解析：Na 2O 2晶体中的阳、阴离子为Na ＋、O 2－
2，其个数比为2︰1，A 项错；石墨中1个C 原子形成12×3＝32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H 2O 分子共有，故H 2O 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39 K 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 ．Mg
B B ．MgB 2
C ．Mg 2B
D ．MgB 6
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Ba 2O 2
C ．该氧化物的电子式为
D ．与每个Ba 2＋
距离相等且最近的Ba 2＋
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8×18＋6×
1
2＝4，而O 2－2个数是12×14＋1＝4，所以化学式应该是BaO 2，选项B 不正确，而选项C 正确；与每个Ba 2＋
距离相等
且最近的Ba 2＋
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]3d 5
4s 2
____。

(2)PCl 3的立体构型为__三角锥形____，中心原子的杂化轨道类型__sp 3
____。

(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。

__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<C<O<N____。

③用BF 3分子结构解释反应BF 3(g)＋NH 4F(s)＝NH 4BF 4(s)能够发生的原因：__BF 3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____。

(4)碳元素的单质有多种形式，下图依次是C 60、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142 pm ，而金刚石中C —C 键的键长为154 pm ，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16
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]3d 5
4s 2
，故答案为：X －射线衍射； [Ar]3d 5
4s 2
；
(2)PCl 3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sp 3
杂化，故答案为：三角锥形；sp 3
；
(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<C<O<N ，故答案为：B<C<O<N ；
③BF 3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，因此反应BF 3(g)＋NH 4F(s)===NH 4BF 4(s)能够发生，故答案为：BF 3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；
(4)①金刚石中碳原子以sp 3
杂化，形成四条杂化轨道，全部形成σ键；石墨中碳原子以sp 2
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：8×18＝1，面心微粒数为：6×1
2＝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3a ＝8r ，r ＝
38a ；碳原子的体积为：8×4
3
×π×r 3
，晶胞体积为：a 3，碳原子的空间利用率为：碳原子总体积晶体体积＝8×43×π×r 3
a 3＝
8×43×π3
8
a 3
a 3＝
3π16
，故答案为8；
3π
16。

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__NO 2和N 2O 4____。

(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__As 2S 5____。

(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)__NH 3、AsH 3、PH 3____，其原因是__NH 3
分子间存在氢键，所以沸点最高，相对分子质量AsH 3大于PH 3，分子间作用力AsH 3大于PH 3，故AsH 3沸点高于PH 3____；
②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是__SiH 4正四面体，PH 3三角锥形，H 2S 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(QH 2)4和HCl 气体；W(QH 2)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__SiCl 4＋4NH 3=====△Si(NH 2)4＋4HCl,3Si(NH 2)4=====高温
Si 3N 4＋8NH 3↑____。

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SiCl 4或CCl 4，又W 与Q 形成高温陶瓷，故可推断W 为Si 。

(1)SiO 2为原子晶体。

(2)高温陶瓷可联想到Si 3N 4，Q 为N ，则有NO 2与N 2O 4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As 2S 5。

(4)显然X 为磷元素。

①氢化物沸点顺序为NH 3>AsH 3>PH 3，因为前者中含有氢键，后两者构型相同，分子间作用力不同。

②SiH 4、PH 3和H 2S 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 4.14
g/cm 3
，则该晶胞的边长为写计算式)。

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__Cu 2Cl 2____。

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sp 3
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8×18＋6×12＝4，故化学式为CuCl ，一个晶胞的质量为4×99 g
N A ，则晶胞的边长＝
3
4×99g
N A
4.14 g/cm
3＝
3
4.994.14N A cm ＝34×994.14N A
×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 ＝19899＝2，化学式为Cu 2Cl 2，故答案为：CuCl ；34×994.14N A
×1010
；Cu 2Cl 2。

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 、CaCl 2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为__金刚石、MgO 、CaCl 2、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”)Mg O 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(Mg 2＋
)<r(Na ＋
)、r(O 2－
)<r(Cl －
)_____。

(4)每个Cu 晶胞中实际占有__4____个铜原子，CaCl 2晶体中Ca 2＋的配位数为__8____。

(5)冰的熔点远高于干冰，除H 2O 是极性分子、CO 2是非极性分子外，还有一个重要的原因是__H 2O 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CaCl 2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×
18＋6×12
＝4，氯化钙类似于氟化钙，Ca 2＋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(H 2N —CH 2—CH 2—NH 3)溶液后，每个Cu 2＋
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__sp 3
____、__sp 3
____。

②与硫酸根离子互为等电子体的分子为__CCl 4、CBr 4、SiCl 4、SiF 4、Cl 2O 3(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]3d 104s 1
，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sp 3
，N 有3个σ键，1个孤电子对数，N 的杂化类型为sp 3
；②根据等电子体
的定义，与SO2－4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。