2020届人教版高三化学一轮同步复习卷：晶体常识

晶体的常识
一、单选题
1．下列说法正确的是(N A为阿伏加德罗常数)
A．1molP4含有P—P键的个数为4N A B．28 g晶体硅中含有Si—Si键的个数为4N A
C．12 g金刚石中含有C—C键的个数为2N A D．60gSi02中含Si—O键的个数为2N A
2．下列说法正确的是(N A为阿伏加德罗常数)( )
A．12 g石墨中含有C—C键的个数为1.5 N A
B．12 g金刚石中含有C—C键的个数为4 N A
C．60 g SiO2中含有Si—O键的个数为2 N A
D．124 g P4中含有P—P键的个数为4 N A
3．下列关于晶体的说法正确的是
A．粉末状的硝酸钾固体没有多面体外形，故为非晶体
B．晶体呈现自范性的过程是非自发的过程
C．玛瑙和水晶皆为晶体，二者都是熔融二氧化硅凝固所形成的
D．当晶体生长速率适当时才可得到规则的多面体外形
4．下列排序正确的是( )
A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜H3COOH
B．碱性:Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOH
C．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BN
D．沸点：PH3＜NH3＜H2O
5．下列各组晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是（）
A．SO2与SiO2B．NaCl与HCl C．CO与NO D．CCl4与KCl
6．下列变化，主要克服分子间作用力的是
A．干冰升华B．食盐熔化C．HCl溶于水D．硫化氢分解
7．已知金属钠与两种卤族元素形成的化合物Q、P，它们的晶格能分别为923 kJ·mol－1、786 kJ·mol －1，下列有关说法中不正确的是( )
A．Q的熔点比P的高B．若P是NaCl，则Q一定是NaF
C．Q中成键离子核间距较小D．若P是NaCl，则Q可能是NaBr
8．下列说法正确的是
A．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高
C．元素周期律是元素的性质随元素相对原子质量的递增发生周期性递变的规律
D．含有阴离子的化合物一定含有阳离子
9．下列关于晶体的性质叙述中，不正确的是()
A．晶体的自范性指的是在适宜条件下晶体能够自发地呈现规则的多面体几何外形
B．晶体的各向异性和对称性是矛盾的
C．晶体的对称性是微观粒子按一定规律做周期性重复排列的必然结果
D．晶体的各向异性直接取决于微观粒子的排列具有特定的方向性
10．X、Y、Z、R和W代表原子序数依次增大的5种短周期元素，X与Z、Y与W同主族，Y是地壳中含量最多的元素，W元素与X元素可以形成18电子的分子，R元素的简单离子是同周期元素中半径最小的，下列说法正确的是
A．R元素最高价氧化物所对应的水化物具有两性，但不会溶于稀氨水
B．Y分别可与X和Z形成原子个数比为1:1的化合物，且形成的化合物晶体类型相同
C．Y的氢化物分子间存在氢键，因此Y的氢化物的稳定性大于W的氢化物的稳定性
D．原子半径从小到大：X<Y<Z<R<W
11．判断物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是()
A．从外形上判断B．从导电性能上判断
C．从各向异性或各向同性上判断D．从有无一定的熔点来判断
12．元素X的+1价离子X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示。

下列说法错误的是
A．X元素的原子序数是19B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3 : 1
C．X+离子是图中的黑球D．X+的半径大于N3-
13．利用晶体结构，可以用来解释( )
A．晶体有规则的几何外形，非晶体没有规则的几何外形
B．晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点
C．晶体的导电性能比非晶体好
D．晶体的各向异性
14．上个世纪80年代，科学家通过研制发现了一种新分子，这种新分子具有空心的类似足球状的结构，其化学式是C60。

有关C60的下列说法中正确的
A．C60中可能含有离子键B．C60中的化学键只有共价键
C．C60是一种新型的化合物D．C60是一种混合物
15．常温常压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体一般属于（）
A．原子晶体B．离子晶体C．金属晶体D．分子晶体
16．某晶体为体心立方(如图)，实验测得其密度为ρ(g/cm3)。

已知它的相对原子质量为a,阿伏加德罗常数为N A(mol-1)，假定晶体中原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。

则该晶体
中原子的半径为(cm)为(
)
A
B
C
．
4
D．
1
2
二、填空题
17．研究人员最近发现，在一定的实验条件下，给水施加一个弱电场，在20℃、1个大气压下，水可以结成冰，称为“热冰”。

图Ⅰ是水和“热冰”的计算机模拟图，图中球代表水分子中的原子。

图Ⅰ
（1）图中较大的球代表________原子，其原子结构示意图是________。

水分子中氢氧原子间的化学键是________（填“共价键”或“离子键”）。

（2）用球棍模型表示的水分子结构是________。

图Ⅱ
（3）已知水分子中氧原子一端带部分负电荷，氢原子一端带部分正电荷，在外加电场作用下，水结成冰。

图Ⅰ中模拟“热冰”的示意图是________（填“图1”或“图2”），理由是_______________________________________。

18．已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。

已知A和C同主族,B和D同主族。

基态A原子核外有6个不同运动状态的电子，D原子次外层电子数等于其余各层电子数之和，基态E原子除最外层只有一个电子外。

次外层各能级均为全充满状态。

试回答下列问题:
（1）A元素在形成化合物时，其所成化学键以共价键为主，其原因是____;基态C原子核外自旋方向相同的电子最多有_____个。

（2）元素B第一电离能小于同周期相邻元素的主要原因为_________
（3）写出两个与CB32-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_______。

（4）B与D能形成化合物F,將纯液态F冷却到一定温度下得到一种螺旋状单链结构的固体，如下降所示，则F的化学式为______，此固体中D原子的杂化类型是_______
（5）D与E能形成化合物G,其品胞结构及品胞参数如图所示:
M处的D原子被______个晶胞共用，G的密度为______g/cm3(用含a、b、c、N A的代数式表示) 19．【化学—物质结构与性质】M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。

M基态原子L层中p轨道电子数是s电子的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X 和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。

请回答下列问题：
（1）R基态原子的电子排布式是，X和Y中电负性较大的是（填元素符号）。

（2）X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是________________。

（3）X与M形成的XM3分子的空间构型是__________。

（4）M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如右图所示，则图中大球代表的离子是
_________（填离子符号）。

（5）在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M的一种氢化物，Z被还原为+3价，该
反应的化学方程式是_________。

（6）若晶胞的棱长为a cm ,则R2M晶体的密度为=___________g·cm–3
参考答案
1．C
【解析】分析：根据分子结构、晶体结构及原子间的成键情况可以判断各物质中化学键的数目。

详解：A. 白磷分子为正四面体构型，其分子内有6个P—P键，故1molP4含有P—P键的个数为6N A，A不正确；
B. 晶体硅为原子晶体，每个硅原子与其邻近的4个硅原子形成共价键，故平均每个硅原子形成2个共价键。

因此，28 g晶体硅含1mol Si，其中含有Si—Si键的个数为2N A，B不正确；
C. 金刚石为原子晶体，每个碳原子与其邻近的4个碳原子形成共价键，故平均每个硅原子形成2个共价键。

12 g金刚石中含有1mol C ，其中C—C键的个数为2N A，C正确；
D. 二氧化硅为原子晶体，每个硅原子与其周围邻近的4个O成键。

60gSi02中含1mol Si，故Si—O 键的个数为4N A，D不正确。

2．A
【解析】分析：A．石墨中每个碳原子含有个C-C键，根据12g石墨中含有的碳原子个数计算C-C 键个数；B．金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，根据12g金刚石中含有的碳原子个数计算C-C 键个数；C．二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个Si-O键，根据60g二氧化硅中含有的硅原子个数计算Si-O键个数；D．先根据质量、物质的量、分子数之间的关系式计算白磷分子数，一个白磷分子中含有6个P-P键，据此计算含有的P-P键个数。

详解：A.12g石墨中含有碳原子个数=N A mol-1=N A，石墨中每个碳原子含有个C-C键，所以12g石墨中含有C-C键个数是1.5N A，故A正确；B.12g金刚石中含有碳原子个数
=N A mol-1=N A，金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，所以12g金刚石中含有C-C键个数
是2N A，故B错误；C.60g二氧化硅中含有的硅原子个数═N A mol-1=N A，每个硅原子含有4
个Si-O键，所以60g二氧化硅中含有的Si-O键的个数为4N A，故C错误；D.124g白磷中含有的磷
分子个数=N A mol-1=N A，一个白磷分子中含有6个P-P键，所以124g P4含有的P-P键的个数为6N A，故D错误；故选A。

3．D
A.有的固体粉末，肉眼看不到晶体外形，放到显微镜下却可以看到整齐规则的晶体外形，故A错误；
B.晶体的规则几何外形是自发形成的，即晶体自范性的呈现是一个自发的过程，故B错误；
C.玛瑙是熔融状态的SiO2快速冷却形成的，而水晶是热液缓慢冷却形成的，故C错误；
D.熔融态物质冷却凝固速率过快只得到看不到规则外形的粉末或块状物，玛瑙的形成就是一个例子，故D正确。

4．D
【解析】
根据物质的有关性质逐项分析。

A.由化学方程式CO2＋C6H5ONa＋H2O=C6H5OH＋NaHCO3可知，酸性H2CO3＞C6H5OH。

B.Ba和Ca同主族，元素金属性Ba＞Ca，故碱性Ba(OH)2＞Ca(OH)2。

C.SiCl4为分子晶体，MgBr2为离子晶体，BN为原子晶体，故SiCl4的熔点最低。

D.因为NH3分子间存在氢键使其沸点高于PH3，H2O分子间的氢键强于NH3，使H2O的沸点更高(或根据H2O常温下为液态，而NH3为气态判断)。

点拨：知识：比较酸性、碱性及物质的熔沸点。

能力：根据所学相关规律、方法分析问题的能力。

试题难度：中等。

5．C
【解析】
A．SO2和SiO2中都只存在共价键，但SiO2是原子晶体、SO2是分子晶体，故A错误；B．NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体，故B错误；C．CO与NO均为分子晶体，均只存在共价键，故C
正确；D．CCl4中存在共价键，由分子构成的，为分子晶体，KCl中只存在离子键，为离子晶体，故D错误；故选C。

6．A
【解析】A. 干冰，属于分子晶体，升华时克服的是分子间作用力，故A正确；B.氯化钠是离子晶体，微粒间的作用力是离子键，故B错误；C. 氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下电离出自由移动的离子，克服的是共价键，故C错误； D. 硫化氢分解，发生化学键的断裂，克服的是共价键，故D错误；故选A。

7．D
【解析】Q的晶格能大于P的晶格能，故Q的熔点比P的高，A项正确；因F－的半径比Cl－的小(其他卤素离子的半径比Cl－的大)，故NaF的晶格能强于NaCl的，故B项正确，D项错误。

因Q、P 中成键离子均为一价离子，电荷数相同，故晶格能的差异是由成键离子核间距决定的，晶格能越大，表明核间距越小，C项正确。

答案选D。

点睛：本题主要涉及晶格能的大小与物质性质及影响晶格能大小的内部因素之间的关系问题，解答时应从晶格能的大小对物质性质的影响以及影响晶格能大小的因素等角度进行分析。

8．D
A．不正确，非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl; B．不正确，离子化合物的熔点不一定比共价化合物的高，如有些高分子化合物，熔点很高；C．不正确，元素周期律是元素的性质随元素原子序数的递增发生周期性递变的规律；D．含有阴离子的化合物一定含有阳离子，正确。

9．B
A.晶体在固态时不具有自发性，能够自发地呈现规则的多面体外形，故A正确；
B.晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，晶体的对称性是微观粒子按一定规律做周期性重复排列，两者没有矛盾，故B错误；
C.构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，则晶体的对称性是微观粒子按一定规律做周期性重复排列的必然结果，故C正确；
D.由于晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，具有特定的方向性，故D正确。

10．A
试题分析：Y是地壳中含量最多的元素为O，W为S；W元素与X元素可以形成18电子的分子H2S，则X为H，Z为Na；R元素的简单离子是同周期元素中半径最小的，则R为Al。

Al(OH)3具有两性，
但不会溶于稀氨水，选项A正确；Na2O2是离子型化合物，H2O2是共价化合物，选项B不正确；H2O分子间存在氢键，只影响物理性质，不影响稳定性，选项C不正确；Na是原子半径最大的短周期主族元素，选项D不正确。

11．C
晶体的特性：有规则的几何外形、有固定的熔沸点、各向异性等，判断物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是从结构上判断，晶体的结构决定了晶体具有各向异性或各向同性，故选项C正确。

12．A
【解析】A．X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X+所含电子=2+8+18=28，故原子序数为28+1=29，故A错误；B．根据正负化合价的代数和为0，该晶体中阳离子与阴离子个数比为3 : 1，
故B正确；C.晶胞中黑球数目为12×1
4
=3、白球数目为8×
1
8
=1，故X+离子是图中的黑球，故C
正确；D. 电子层数越多，离子半径越大，X+具有3个电子层，N3-具有2个电子层，半径大于N3-，故D正确；故选A。

13．D
【详解】
A.有些非晶体如玻璃，有规则的外形；有些固体粉末肉眼看不出规则的外形，但在显微镜下才可观察到规则的几何外形，但它属于晶体，A项错误；
B.晶体一般是纯净物，有一定的熔点，而非晶体一般为混合物，没有一定的熔点。

所以晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点，不能用晶体结构解释，B项错误；
C.金属晶体能够导电是因为晶体中存在自由电子，这与晶体结构没有必然关系，C项错误；
D.晶体的某些物理性质（如强度、导热性、光学性质等）的各向异性反映了晶体内部质点排列的高度有序性；而非晶体则不具有物理性质各向异性的特点，正是非晶体内部质点排列的相对无序性的结果。

D项正确；答案选D。

14．B
A、C60中碳元素是非金属元素，所以只含共价键不含离子键，故A错误。

B、C60中碳元素是非金属元素，所以只含共价键不含离子键，故B正确。

C 、C 60是由一种元素组成的纯净物，所以是单质不是化合物，故C 错误。

D 、C 60是由一种元素组成的纯净物，故D 错误。

15．D
原子晶体、离子晶体的熔沸点较高，在常温常压下不可能呈气态，同样金属晶体在常温下一般也不会是气态。

常温下为气态的物质的沸点较低，降温即可使其固化得到晶体，说明其熔点较低，符合该特征的晶体为分子晶体，答案选D 。

16．C
【详解】
在晶胞中含有金属原子数为1+8×18=2，设晶胞边长为x ，根ρ=m V 得，ρ=3
2A a N x ，解得
，由于晶体中原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，假设原子半径为r ，则
，所以
，所以合理选项是A 。

17．（1）氧（或O ）
共价键
（2）B
（3）图1 分子有序排列 【解析】氧原子比氢原子大，故大球代表氧原子。

水分子中含极性共价键，两个O —H 键之间夹角为104.5°，呈V 形结构。

“热冰”中的水分子应为有序排列，氧原子一端吸引氢原子一端。

18．碳有四个价电子且原子半径较小，难以通过完全得到或失去电子达到稳定结构 8 氮大于氧是因为N 元素原子的2P 能级有3个电子，为半满稳定状态，体系能量较低，失去电子需要的能量较高；氟大于氧是因为氟原子半径小于氧原子半径，原子核对最外层电子的吸引力较大，失
去电子需要的能量较高 SO 3、NO 3-、CO 32- SO 3 sp 3 12
21
267.5sin 6010A abc N -⨯⨯⨯⨯ 【解析】
【详解】
根据已知分析A 为C 、 B 为O 、C 为Si 、 D 为S 、 E 为Cl 。

（1）A 元素为C 在形成化合物时，碳有四个价电子且原子半径较小，难以通过完全得到或失去电子达到稳定结构，所以易形成化学键
以共价键为主。

C 为Si 电子排布为1S 22S 22P 63S 23P 2，基态Si 原子核外自旋方向相同的电子最多有
8个。

（2）元素B 为O ,第一电离能小于同周期相邻元素的主要原因为：氮大于氧是因为N 元素原子的2P 能级有3个电子，为半满稳定状态，体系能量较低，失去电子需要的能量较高；氟大于氧是因为氟原子半径小于氧原子半径，原子核对最外层电子的吸引力较大，失去电子需要的能量较高。

（3）CB 32-的离子式为SiO 32-,是由4个原子构成的，与SiO 32-具有相同空间构型和键合形式的分子
或离子为SO 3、NO 3-、CO 32-
（4）B 为O ，D 为S ，O 与S 能形成化合物F ，结构为
由此结构
分析，则F 的化学式为SO 3，D 为S 原子，其杂化类型是sp 3。

（5）由图分析M 处的D 原子处的键角为60︒，每个面能行成6个这样的角，两个面就是12，所
以能被12个晶胞共用，G 的密度为21267.5sin 6010
A abc N -⨯⨯⨯⨯ g/cm 3(用含a 、b 、c 、N A 的代数式表示)（已经报错）
19．（1）[Ne]3s 1或1s 22s 22p 63s 1
；Cl
（2）H 2O 分子之间能形成氢键，而H 2S 不能
（3）平面三角形（4）O 2- （5）3H 2O 2+K 2Cr 2O 7+4H 2SO 4=Cr 2(SO 4)3+3O 2↑+7H 2O+K 2SO 4
（5）248/a 3×6.02×1023
【解析】
试题分析：根据题意知M 、R 、X 、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素。

M 基态原子L 层p 轨道数是s 轨道电子数的2倍，则M 是O 元素；R 是同周期元素中最活泼的金属元素，则R 是Na 元素；X 和M 形成的一种化合物是形成酸雨的主要大气污染物，则X 是S 元素，Y 为Cl 元素；Z 的基态原子4s 和3d 轨道半充满，即价电子排布式为3d 54s 1，Z 是Cr 元素。

（1）R 是Na 元素，原子序数为11，根据构造原理确定其基态原子的电子排布式为1s 22s 22p 63s 1或
[Ne]3s 1；S 和Cl 比较电负性较大的是Cl 元素。

（2）H 2S 的沸点低于H 2O 的主要原因是水分子间形成氢键，使水的沸点升高。

（3）SO 3中硫原子的价层电子对为3+（6-3×2）/2=3，没有孤电子对，该分子的空间构型为平面三角形。

（4）根据晶胞结构可以算出白球的个数为118682⨯
+⨯＝4，黑球的个数为8个，由于这种离子化合物的化学式为Na 2O ，黑球代表的是Na +，白球是O 2-。

（5）根据题意知重铬酸钾被还原为Cr 3+
，则过氧化氢被氧化生成氧气，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为：K 2Cr 2O 7+3H 2O 2+ 4H 2SO 4＝K 2SO 4+Cr 2(SO 4)3+3O 2↑+7H 2O 。

（6）若晶胞的棱长为a cm ，则R 2M 晶体的密度为=3333462248//A A
N m g cm g cm V a a N ⨯==。