2022版高考化学选考山东专用一轮总复习集训：专题九晶体结构与性质 专题综合检测

【3年模拟】

时间:40分钟　分值:60分

一、选择题(每题2分,共12分)

1.(2020天津等级考适应性测试,2)下列可用于判断某物质为晶体的方法是 (　　)

A.质谱法　　B.红外光谱法

C.核磁共振法　　D.X-射线衍射法

答案　D　A项,质谱法用于测定有机物的相对分子质量,不能用于判断某物质是否为晶体,错误;B项,红外光谱仪能测定有机物中的官能团和化学键类型,不能用于判断某物质是否为晶体,错误;C项,核磁共振法不能用于判断某物质是否为晶体,错误;D项,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,可用X-射线衍射法鉴别晶体与非晶体,正确。

2.(2020烟台上学期期末,2)下列关于晶体的叙述正确的是 (　　)

A.晶体中只要有阳离子就一定有阴离子

B.区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X射线衍射实验

C.分子晶体中共价键键能越大熔点和沸点越高

D.金属晶体发生形变时,内部金属离子与“自由电子”的相互作用消失

答案　B　金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的,所以晶体中有阳离子不一定存在阴离子,故A错误;区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验,故B正确;分子晶体熔点和沸点与分子间作用力有关,与共价键键能无关,故C错误;金属晶体发生形变时其内部金属离子与“自由电子”发生滑动,但金属离子和自由电子之间的相互作用仍然存在,故D错误。

3.有关晶体的结构如下图所示,下列说法中不正确的是 (　　)

A.在图A晶体中,距粒子B最近且相等的粒子A有6个

B.在CO2晶体中,每个晶胞平均占有4个原子

C.在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数比为1∶2

D.该气态团簇分子的分子式为E4F4

答案　B　图A晶体中,粒子B在棱上和体心,粒子A位于顶点和面心,距粒子B最近且相等的粒子A有6个,A项正确;在CO2晶体中,CO2分子位于顶点和面心,一个晶胞平均占有4个CO2分子,共12个原子,B项错误;在金刚石晶体中,每个碳原子形成4个碳碳键,每个碳碳键由两个C原子形成,因此碳原子与碳碳键个数比为1∶2,C项正确;D图中是气态团簇分子不是晶胞,不用均摊法计算,分子式为E4F4,D项正确。

4.石墨能与熔融金属钾作用,形成石墨间隙化合物,钾原子填充在石墨各层碳原子中。比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物,其化学式可写作CxK,其平面图形如图,则x值为              (　　)

A.8　　B.12

C.24　　D.60

答案　A　可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位,其完全占有的碳原子数是4,占有的钾原子数为×3=,故碳原子数和钾原子数之比是4∶=8∶1,化学式为C8K。

5.某离子晶体的晶胞结构示意图如图,晶体中氧的化合价可看作部分为0价,部分为-2价。则下列说法错误的是              (　　)

A.晶体中与每个A+距离最近的A+有12个

B.晶体中,阴离子与阳离子个数之比为1∶1

C.该离子晶体化学式为A2O2

D.晶体中,0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3∶1

答案　C　结合题图知,每个A+周围距离最近的A+有12个,A项正确;根据题图知,每个A+周围有6个超氧根离子,每个超氧根离子周围有6个A+,所以该晶体中,阴离子与阳离子个数比为1∶1,B项正确;该离子晶体的化学式为AO2,C项错误;该晶体中0价氧原子和-2价氧原子的个数比为3∶1,D项正确。

6.下列各组晶体物质中,化学键类型相同,晶体类型也相同的是 (　　)

①SiO2与SO3　②C3N4(硬度大,熔点高)与SiC　③CO2与SO2　④晶体氖与晶体氮　⑤NaCl与AlCl3　⑥KNO3与NaOH　⑦MgCl2与SiCl4

A.①③⑥　　B.②③⑥

C.②④⑥　　D.⑤⑥⑦

答案　B　①中SiO2是共价晶体,SO3是分子晶体;②中C3N4与SiC都是共价晶体,晶体中只含有共价键;③中CO2与SO2都是分子晶体,分子中只含有极性共价键;④中晶体氖是分子晶体,不含化学键,晶体氮是分子晶体,含有共价键;⑤NaCl是离子晶体,含有离子键,AlCl3是分子晶体,分子中含有共价键;⑥中KNO3与NaOH都是离子晶体,含有离子键和共价键;⑦MgCl2是离子晶体,含有离子键,SiCl4是分子晶体,只含共价键。因此化学键类型相同,晶体类型也相同的是②③⑥,B项正确。

二、非选择题(共48分)

7.(2020 5·3原创)硒化锌是一种重要的半导体材料,其晶胞结构如图所示。

回答下列问题:

(1)每个晶胞中占有　　　　个Zn原子和　　　　个Se原子,Zn原子的配位数为　　　　,硒化锌晶体的化学式为　　　　。 

(2)若该晶胞密度为ρ g·cm-3,硒化锌的摩尔质量为M g·mol-1,用NA代表阿伏加德罗常数,则晶胞体积为　　　　cm3,晶胞参数a(即晶胞的边长)为　　　　nm,紧邻的两个Zn原子的核间距为　　　　　　nm,Zn-Se键长为　　　　nm。 

答案　(1)4　4　4　ZnSe

(2)　×107　××107　××107

解析　(1)该晶胞中含有锌原子的数目为8×+6×=4,含有4个Se原子,则硒化锌晶体的化学式为ZnSe;每个锌原子周围有4个硒原子,每个硒原子周围也有4个锌原子,所以锌原子的配位数为4。(2)根据ρ==,所以V=,则晶胞的边长为 cm=×107 nm,紧邻的两个Zn原子的核间距为晶胞面对角线的,Zn-Se键长为晶胞体对角线的。

试题命制说明　考查对于晶胞结构的分析,如利用分摊法判断晶胞所含微粒数目、配位数,确定晶体的化学式。考查晶胞的有关计算,如晶胞体积、晶胞参数以及核间距和键长的计算。

思路分析　建立立方体晶胞模型,明确晶胞中不同位置分摊粒子数的计算方法;理解公式ρ==的变形应用,如V==、M=、NA=,熟记立方体的棱、面对角线、体对角线长度之间的关系。

8.(2019聊城二模,35)元素铜(Cu)、砷(As)、镓(Ga)等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途,回答下列问题:

(1)基态铜原子的价电子排布式为　　　　　　,价电子中未成对电子占据的原子轨道的形状是　　　　　　　。 

(2)化合物AsCl3分子的立体构型为　　　　　　　　,其中As的杂化轨道类型为　　　　　　。 

(3)第一电离能Ga　　　As。(填“>”或“<”) 

(4)若将络合离子[Cu(CN)4]2-中的2个CN-换为两个Cl-,只有一种结构,则[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子所处空间构型为　　　　　　,一个CN-中有　　　　个π键。 

(5)砷化镓是一种重要的半导体材料,晶胞结构如图所示。

熔点为1 238 ℃,密度为ρ g·cm-3,该晶体类型为　　　　　　　,Ga与As以　　　　　键键合,Ga和As的相对原子质量分别为Ma和Mb,原子半径分别为ra cm和rb cm,阿伏加德罗常数值为NA,GaAs晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率为　　　　　　　　。(列出计算公式) 

答案　(1)3d104s1　球形　(2)三角锥形　sp3

(3)<　(4)正四面体　2

(5)共价晶体　共价　×100%

解析　(1)Cu是29号元素,原子核外电子数为29,铜的基态原子价电子排布式为3d104s1;价电子中未成对电子占据的原子轨道的形状是球形。

(2)AsCl3中As原子价层电子对数为3+(5-3×1)/2=4,所以As的杂化方式是sp3;由于As有一对孤对电子,所以AsCl3分子的空间构型为三角锥形。

(3)根据元素周期律,Ga与As位于同一周期,Ga原子序数小于As,同周期第一电离能从左到右呈增大趋势,故第一电离能Ga小于As。

(4)若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型,用2个Cl-换2个CN-有两种结构;若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型,用2个Cl-换2个CN-有一种结构。三键中有1个σ键和2个π键,CN-中含有碳氮三键,1个三键中含有2个π键。

(5)GaAs的熔点为1 238 ℃,熔点较高,原子间以共价键结合形成共价晶体;根据均摊法计算,该晶胞中As的个数为8×1/8+6×1/2=4,Ga的个数为4×1=4,故其晶胞中原子所占的体积V1=π×4+π×4,晶胞的体积V2==,故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%,将V1、V2带入计算得百分率为×100%。

9.(2020届济南外国语学校高三九月测试,19)(1)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)　　I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。 

(2)基态Fe2+的电子排布式为　　　　　　　　　　　　。 

(3)在N、Mg、Al、Si四种元素中,有一种元素的电离能数据如下:

则该元素的元素符号是　　。 

(4)N的空间构型　　　　　　　　(用文字描述),S中硫原子的杂化方式为　　　　　　。 

(5)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是　　　　　　、中心原子的杂化形式为　　。根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是　　　　。 

(6)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为　　　　(填化学式)。 

(7)N2分子中σ键与π键的数目比为n(σ):n(π)=　　　　。 

(8)Cu、N两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示,则该化合物的化学式是　　　　(用元素符号表示);若晶胞的棱长a nm,阿伏加德罗常数为NA,则该晶体的密度为　　　　　g/cm3(用含a、NA的式子表示)。 

答案　(1)大于　(2)1s22s22p63s23p63(3)Al

(4)平面三角形　sp3杂化　(5)正四面体　sp3　H2S

(6)N　(7)1∶2　(8)Cu3N　

解析　(1)Zn的价电子排布式为3d104s2,处于全满结构,失电子比较困难,所以锌的第一电离能较大。(2)铁的原子序数是26,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,铁原子失去两个电子得到亚铁离子,Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。(3)由题表数据可知,该元素的第一、第二、第三电离能都较小,第四电离能突变,说明该元素失去3个电子达到稳定状态,该元素为Al。(4) N中中心原子的价层电子对数为3,没有孤电子对,所以其空间构型为平面三角形,S中硫原子的价层电子对数为4,杂化方式为sp3杂化。(5)LiAlH4中的阴离子是Al,中心原子的价层电子对数是4,不存在孤电子对,所以空间构型是正四面体,铝原子的杂化方式是sp3杂化,根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数分别是4、3、3,所以中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S。(6)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团,与O3分子互为等电子体的一种阴离子为N。(7)氮气分子中含有氮氮三键,氮氮三键中有1个σ键和2个π键,所以n(σ)∶n(π)=1∶2。(8)由题图可知,该晶胞中氮原子的个数为8×=1,铜原子的个数为12×=3,所以化学式为Cu3N,该晶体的密度ρ=== g/cm3。

10.(2020山东潍坊三模,16)锂是高能电池的理想负极,常用乙腈、二甲基甲酰胺等有机溶剂和LiClO4、LiBF4、LiBr等电解质制成锂非水电池。回答下列问题:

(1)二甲基甲酰胺()中基态氮原子的电子排布式是　　　　　　　　,乙腈()中碳原子的杂化轨道类型为　　　　　　　　　。 

(2)LiClO4和LiBF4中都不存在的化学键是　　　　(填代号)。 

a.离子键　　b.共价键　　c.金属键　　d.配位键

(3)LiX (X=F,Cl,Br,I)具有NaCl型晶体结构。当阴、阳离子电荷的绝对值相同且它们的半径相近时,生成的盐类一般难溶于水。由上述规则可以判断LiF、LiCl、LiBr、LiI中溶解度最小的是　　　　。 

(4)Li2S属立方晶体,晶胞边长为d pm,晶胞截面图如下所示。每个晶胞中含有S2-的数目为　　　,S2-的配位数是　　　　,NA表示阿伏加德罗常数的值,则Li2S晶体的密度为　　　　　　　　g·cm-3(用代数式表示)。 

答案　(1)1s22s22p3　sp3杂化、sp杂化

(2)c　(3)LiF　(4)4　8　×1030

解析　(1)氮元素的原子序数为7,基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3;—CH3中碳原子为sp3杂化,碳氮叁键中碳原子为sp杂化。(2)LiClO4中有离子键和共价键,LiBF4中有离子键、共价键,B原子最外层电子数为3,而与4个F原子成键,则B原子与一个F原子形成配位键,都不存在金属键。(3)所给物质的阴、阳离子电荷的绝对值均相同,且离子半径:F-<Cl-<Br-<I-,则Li+与F-半径最相近,所以LiF溶解度最小。(4)根据晶胞截面图可知,白球即S2-,位于顶点和面心,黑球即Li+,位于与之邻近的4个S2-形成的正四面体中心,晶胞结构如图,所以每个晶胞中S2-的数目为6×+8×=4;Li+的配位数为4,而晶体的化学式为Li2S,所以S2-的配位数为8;晶胞体积V=d3 pm3,每个晶胞有4个S2-,8个Li+,则晶胞的质量m= g,所以晶胞的密度ρ== g·pm-3=×1030 g·cm-3。