近年高考化学微一轮复习第37讲晶体结构与性质微课时练(2021年整理)

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第37讲晶体结构与性质
微课时
一、选择题
1．(2018·浙江宁波慈溪浒山中学高三考）氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质.下列各组物质熔化时,所克服的粒子间的作用力与氮化硼所克服的粒子间的作用力都相同的是（）
A．石膏和金刚石 B.晶体硅和水晶
C．冰和干冰D。

铝和蒽
解析：氮化硼属于原子晶体,熔化时所克服的微粒间的作用力为共价键.石膏为离子晶体,金刚石为原子晶体，A项错误；晶体硅和水晶都是原子晶体,熔化克服共价键,B项正确；冰和干冰都是分子晶体，C项错误；铝为金属晶体，蒽为分子晶体，D项错误.
答案:B
2．(2018·湖北姜堰期中)以N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）
A．18 g冰(图1)中含O—H键数目为2N A
B．28 g晶体硅(图2）中含有Si-Si键数目为2N A
C．44 g干冰（图3)中含有N A个晶胞结构单元
D．石墨烯（图4)是碳原子单层片状新材料,12 g石墨烯中含C-C键数目为1.5N A
解析：1个水分子中含有2个O—H键,18 g冰的物质的量为1 mol，含O—H键数目为2N A,A 项正确；28 g晶体硅中含有1 mol Si原子,每个硅原子与其他4个Si形成4个Si—Si键，每
个硅原子形成的共价键为：错误!×4＝2,则1 mol单质硅含有2 mol Si—Si键,B项正确；1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44 g干冰中含有晶胞结构单元个数小于N A个，C项错误；在石墨烯中，每个碳原子形成三个共价键，所以每个碳原子实际占化学键为1。

5个，12 g石墨烯即1 mol所含碳碳键数目为1.5N A，D项正确。

答案:C
3．(2018·四川成都五校协作体期中联考）下列各物质的晶体中，形成的晶体类型相同的是( )
A．CCl4与H2O B．SiO2和CO2
C．NaCl与金刚石D。

MgCl2与Na
解析：固体CCl4和H2O都是由分子通过分子间作用力形成的晶体，属于分子晶体；SiO2是原子晶体,固体CO2为分子晶体；NaCl是离子晶体，金刚石是原子晶体，MgCl2是离子晶体，Na 是金属晶体。

答案：A
4．（2018·浙江宁波慈溪浒山中学月考)科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构。

下列对该晶体的叙述错误的是（)
A．该物质的化学式为CO4
B．该晶体的熔、沸点高，硬度大
C．该晶体中C原子与C—O化学键数目之比为1∶4
D．该晶体的空间最小环由12个原子构成
解析:晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比＝1∶2，则其化学式为CO2，A项错误；该化合物晶体属于原子晶体,所以其熔沸点高，硬度大，B项正确;该晶体中每个碳原子形成4个C—O共价键,所以C原子与C-O化学键数目之比为1∶4，C项正确；该晶体的空间最小环由 6个碳原子和6个氧原子构成,D项正确。

答案：A
5．(2018·湖北师大附中期中）下表给出几种氯化物的熔点和沸点：
①氯化铝在加热时能升华
②四氯化硅在晶态时属于分子晶体
③氯化钠晶体中粒子之间以范德华力结合
④氯化镁的熔沸点比氯化钠低，主要是受堆积方式、键的极性、晶格能等影响
A．仅② B．仅③④
C．仅①②④ D.①②③④
解析：①AlCl3的熔沸点较低,则AlCl3属于分子晶体，沸点低于熔点，加热时能升华,①正确；②SiCl4的熔沸点较低，是分子晶体，②正确；③NaCl的沸点为1 413 ℃，属于离子晶体，粒子之间以离子键结合，③错误；④氯化镁的熔沸点比氯化钠低，并且都属于离子晶体,所以主要是受堆积方式、键的极性、晶格能等影响，④正确。

答案：C
6．(2018·安徽五校期中联考)下列说法正确的是( )
A．区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射
B．1 mol金刚石中的C—C键数是2N A,1 mol SiO2晶体中的Si—O键数也是2N A
C．水晶和干冰在熔化时，晶体中的共价键都会断裂
D．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
解析：A。

晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X­射线衍射可以看到微观结构；B.金刚石中1个C原子与另外4个C原子形成C-C单键，这个C原子对每个单键的贡献只有错误!，所以1 mol C原子形成的C—C键为4×错误!＝2(mol），而二氧化硅晶体中1个Si原子分别与4个O原子形成4个Si-O单键，则1 mol SiO2晶体中Si-O 键为4 mol；C。

水晶是原子晶体，熔化时共价键断裂,而分子晶体干冰熔化时，分子间作用力被削弱而共价键不断裂；D。

分子的稳定性取决于化学键的强弱。

答案：A
7．(原创题）下列有关说法正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
⑤晶格能由大到小顺序:NaF〉NaCl>NaBr>NaI
⑥分子晶体中，共价键键能越大,该分子晶体的熔、沸点一定越高
⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
A．①②③⑥ B．①②④
C．③⑤⑥⑦ D。

③⑤
答案:D
二、非选择题
8．（原创题)铜单质及其化合物在生活中广泛应用，请回答下列问题：
（1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为____________。

(2)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是____________，乙醛分子中HCO的键角____________乙醇分子中的H—C-O的键角(填“大于”“等于”或“小于”）.
（3)CuSO4溶液可用于制作波尔多液，其中硫酸根离子的空间构型为____________。

（4)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构如图所示。

在晶胞中，Au原子位于顶点,Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为________，若该晶胞的边长为a pm,则合金的密度为____________g·cm－3（只要求列算式,不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N A）。

解析：(1）Cu位于元素周期表的第四周期第ⅠB族,故外围电子排布式为3d104s1。

(2）乙醛分子中碳原子的杂化类型：；乙醛分子中HCO的C原子是sp2杂化,键角接近120°，乙醇分子中的H—C—O的C原子是sp3杂化，键角109°28′。

(3）SO错误!中S原子的价层电子对数＝错误!＝4，孤电子对数为0，所以采取sp3杂化方式，
立体构型为正四面体形.
(4）N（Au)＝错误!×8＝1，N(Cu）＝错误!×6＝3,Au原子与Cu原子个数之比为1∶3,根据ρ＝错误!＝错误!＝错误!g·cm－3。

答案：（1)3d104s1
(2)sp2和sp3大于
（3）正四面体形
（4)1∶3错误!（其他合理答案均可）
9．（2018·黑龙江哈尔滨六中高考化学一模）A、B、C、D、E代表五种常见元素，它们的核电荷数依次增大.其中元素E的基态3d轨道上有2个电子，A的基态原子中有2个未成对电子，B是地壳中含量最多的元素,C是短周期中最活泼的金属元素，D与C可形成CD型离子化合物.请回答下列问题：
（1）E的基态原子价层电子排布式为________________________。

(2）AB2分子中,A的杂化类型为____________；在元素周期表中A、B及与两者紧邻的元素的第一电离能由大到小的顺序为(用元素符号表示）____________；1个AB2分子中，含有____________个π键和____________个σ键。

(3）AB2形成的晶体的熔点____________(填“高于”“低于”或“无法判断”)CD形成的晶体的熔点,原因是___________________
_________________________________________________________。

(4)E与B形成的一种橙红色晶体晶胞结构如图1所示，其化学式为____________(用元素符号表示)。

ED4是制取航天航空工业材料的重要原料。

取上述橙红色晶体，放在电炉中，通入D2和A的单质后高温加热,可制得ED4,同时产生一种造成温室效应的气体，写出反应的化学方程式：_______________________________。

（5)由C、D两元素形成的化合物组成的晶体中,阴、阳离子都具有或近似具有球型对称结构，它们都可以看作刚性圆球,并彼此“相切”。

如图2、3所示为C、D形成化合物的晶胞结构图以及晶胞的剖面图:若a＝5.6×10－8cm，则该晶体的密度为____________g·cm－3（精确到小数点后1位）。

解析：A、B、C、D、E五种常见元素，它们的核电荷数依次增大。

其中元素E的基态3d 轨道上有2个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，E为Ti元素；B是地壳中含量最多的元素，B为O元素；C是短周期中最活泼的金属元素，C为Na元素；A的基态原子中有2个未成对电子，原子序数小于氧,原子核外电子排布为1s22s22p2,A为碳元素；D与C可形成CD 型离子化合物，D为Cl元素.
(1)E为Ti元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2,基态原子价层电子排布式为3d24s2.
（2)CO2分子结构式为COO，碳原子形成2个σ键、没有孤电子对,C原子采取sp杂化；第一电离能N＞O＞C；1个CO2分子中,含有2个π键和2个σ键。

(3）CO2形成的晶体属于分子晶体，NaCl属于离子晶体,通常情况下，离子键键能高于分子间作用力，故CO2形成的晶体的熔点低于NaCl形成的晶体的熔点。

（4)该晶胞中Ti原子个数＝1＋8×错误!＝2，O原子个数＝2＋4×错误!＝4，则Ti、O原子个数之比＝2∶4＝1∶2，化学式为TiO2；取上述橙红色晶体，放在电炉中，通入Cl2和碳的单质后高温加热，可制得TiCl4，同时产生一种造成温室效应的气体,该气体为二氧化碳,化学方程式为：TiO2＋C＋2Cl2错误!TiCl4＋CO2。

(5）由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl，晶胞中Na＋离子数目＝1＋12×错误!＝4，Cl －离子数目＝8×错误!＋6×错误!＝4，晶胞质量＝错误! g,晶胞体积＝（5.6×10－8 cm）3，则该晶体的密度为错误!g÷(5.6×10－8 cm)3＝2。

2 g·cm－3.
答案：（1）3d24s2(2)sp N＞O＞C 2 2
（3）低于CO2形成的晶体属于分子晶体，NaCl属于离子晶体
（4)TiO2TiO2＋C＋2Cl2错误!TiCl4＋CO2
（5）2。

2
10．（2018·辽宁朝阳高三月考）原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C
可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子.
请回答下列问题：
(1)这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为____________，第一电离能最小的元素是____________（填元素符号）。

(2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物,沸点由高到低的顺序是____________________________________________(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是__________________________
_____________________________________________________。

（3)B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图1所示，其原子的杂化类型为____________，另一种的晶胞如图2所示，若此晶胞的棱长为356。

6 pm,则此晶胞的密度为____________g·cm－3（保留两位有效数字）.
（4)D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为________，D的醋酸盐晶体局部结构如图3，该晶体中含有的化学键是____________(填选项序号).
①极性键②非极性键③配位键④金属键
（5)向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是________
_______________________________。

请写出上述过程的离子方程式：______________________。

解析：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期,自然界中存在多种A的化合物，A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态,B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，D为铜元素;结合原子序数知C处于第三周期,B与C可形成正四面体形分子，C为氯元素。

（1)四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布式为3s23p5，基态原子的价
电子排布图为;四元素中Cu的金属性最强,故Cu的第一电离能最小。

(2)HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分
子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl。

（3)图1为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，碳原子采取sp2杂化.由图2
可知一个晶胞中含碳原子数为8×1
8
＋6×错误!＋4＝8，晶胞质量＝8×错误! g，晶胞的棱长为
356。

6 pm，则晶胞密度＝错误!g÷（356。

6×10－10 cm)3≈3.5 g·cm－3。

(4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图3醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键。

(5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，有关反应的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu（OH）2↓＋2NH错误!、Cu（OH)2＋4NH3===［Cu（NH3)4］2＋＋2OH－。

答案：（1）Cu
（2）HF＞HI＞HBr＞HCl HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大
(3）sp2 3.5 （4)面心立方最密堆积①②③
（5）先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH）2↓＋2NH错误!、Cu(OH）2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－
11．（2018·长沙模拟）（1）过渡金属元素铁能形成多种配合物，如[Fe(H2NCONH2)6］（NO3）3
[三硝酸六尿素合铁(Ⅲ）］和 Fe(CO)x 等。

(1)①基态Fe3＋的M层电子排布式为____________。

②配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x＝____________。

Fe(CO）x常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe（CO）x晶体属于____________（填晶体类型)。

（2)O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阳离子最近的所有阴离子为顶点构成的几何体为____________。

已知该晶胞的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数为N A，求晶胞边长a＝________cm.(用含ρ、N A的计算式表示）
(3）下列有关说法正确的是____________。

A．第一电离能大小：S>P>Si
B．电负性顺序：C<N<O<F
C．因为晶格能CaO比KCl高,所以KCl的熔点比CaO熔点低
D．SO2与CO2的化学性质类似,分子结构也都呈直线形，相同条件下SO2的溶解度更大
E．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点越高
（4)原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种类最多的元素,Y 原子基态时最外层电子数是内层电子数的2倍，Z原子基态时2p轨道上有3个未成对电子,W 的原子序数为29。

回答下列问题:
①Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为____________，1 mol Y2X2含有σ键的数目为____________.
②化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高,其主要原因是________
______________________________________________________。

③元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是________。

解析：（1）①铁原子核外有26个电子,基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,铁原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3＋,Fe3＋M层电子排布式为3s23p63d5；②配合物Fe(CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2,8＋2x＝18，x＝5，该物质的熔、沸点较低，所以为分子晶体。

（2）距一个阳离子最近的所有阴离子为顶点构成的几何体是立方体，该晶胞中钠离子个数是8，氧离子个数＝8×1/8＋6×1/2＝4，V＝错误!＝错误! cm3＝错误! cm3，则a＝错误! cm。

(3)同一周期元素中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能大小:P>S〉Si；同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大,所以电负性顺序：C<N〈O<F;晶格能与离子晶体的熔点成正比，离
子半径与晶格能成反比,离子所带电荷与晶格能成正比，所以氯化钾的晶格能小于氧化钙，则氯化钾的熔点比氧化钙低；二氧化硫是V形结构，为极性分子，二氧化碳是非极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化硫易溶于水；分子晶体中，物质的熔、沸点与其相对分子质量成正比。

（4）依题意，X是氢元素，Y是碳元素，Z是氮元素，W是铜元素。

①Y2X2是乙炔，碳氢原子之间存在σ键，碳碳三键中含有一个σ键，碳原子采取sp杂化，1 mol Y2X2含有σ键3N A 个或3×6。

02×1023个;②氨气分子间存在氢键，甲烷分子间不能形成氢键，所以氨气的沸点高于甲烷;③CO2和N2O的原子个数相等、价电子数相等，是等电子体。

答案：(1）①3s23p63d5②5分子晶体
（2）立方体错误!(3）BC
(4）①sp杂化3N A或3×6。

02×1023个
②NH3分子间存在氢键③N2O
12．（2017·高考全国卷Ⅲ)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2＋3H2===CH3OH＋H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。

回答下列问题:
(1)Co基态原子核外电子排布式为________________。

元素Mn与O中，第一电离能较大的是________,基态原子核外未成对电子数较多的是________________。

（2)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________________。

(3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为__________,原因是__________。

（4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料,Mn（NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________________。

(5)
MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a＝0.420 nm，则r（O2－）为__________nm。

MnO也属于NaCl型结构，晶
胞参数为a′＝0.448 nm，则r(Mn2＋)为________nm。

解析：(1）Co是27号元素,位于元素周期表第四周期第ⅤⅢ族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或［Ar]3d74s2。

元素Mn与O中,由于O元素是非金属元素而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。

O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn.
(2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3.
（3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中,沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体,液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为极性分子,H2O中氢键比甲醇多,所以水的沸点高于甲醇;二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高.
（4)硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键,硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键,硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。

(5)因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍,即4r＝错误!a,解得r ＝错误!×0。

420 nm＝0。

148 nm;MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，2r（O2－)＋2r（Mn2＋)＝a′，解得r（Mn2＋)＝0.076 nm。

答案：（1)［Ar］3d74s2O Mn
（2)sp sp3
(3）H2O＞CH3OH＞CO2＞H2H2O与CH3OH均为极性分子,H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大,范德华力较大
（4)π键、离子键（5）0.148 0.076。