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2022届高考化学（人教版）一轮总复习练习：第32讲 晶体结构与性质 Word版含解析
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这是一份2022届高考化学（人教版）一轮总复习练习：第32讲 晶体结构与性质 Word版含解析，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第32讲 晶体结构与性质
A组 基础必做题(40分)
一、选择题(本题包括4小题，每题4分，共16分)
1．(2020·山东等级考模拟)利用反应CCl4＋4Naeq \(――→,\s\up7(973 K),\s\d5(Ni－C))C(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是( D )
A．C(金刚石)属于原子晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
[解析] A项，金刚石晶体中每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，正确；B项，该反应中Na由0价→＋1价，作还原剂，将CCl4还原，正确；C项，CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，正确；D项，NaCl晶体中每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，错误。
2．(2021·广西高三检测)有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是( B )
A．①为简单立方堆积，②为六方最密堆积，③为体心立方堆积，④为面心立方最密堆积
B．每个晶胞含有的原子数分别为①1，②2，③2，④4
C．晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12
D．空间利用率的大小关系为①<②<③<④
[解析] ②为体心立方堆积，③为六方最密堆积，②与③判断有误，A项错误；每个晶胞含有的原子数分别为①8×eq \f(1,8)＝1，②8×eq \f(1,8)＋1＝2，③1＋8×eq \f(1,8)＝2，④8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，B项正确；晶胞③中原子的配位数应为12，其他判断正确，C项错误；四种晶体的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，应为④＝③>②>①，D项错误。
3．(2021·山东潍坊高三检测)有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是( D )
A．在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C．在金刚石晶体中，6个碳原子形成一个环且不在同一平面上
D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE
[解析] 在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－有6个，距Cl－最近的Na＋有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A项正确；在CaF2晶胞中含有Ca2＋数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，故B项正确；金刚石晶体中碳原子杂化方式为sp3,6个碳原子形成一个环且不在同一平面上，故C项正确；气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D项错误。
4．(2021·山东烟台高三月考)下列关于晶体的叙述正确的是( B )
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
[解析] 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。
二、非选择题(本题包括2小题，共24分)
5．(2021·天津高三检测)现有几组物质的熔点(℃)数据：
据此回答下列问题：
(1)A组属于 原子 晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是 共价键 。
(2)B组晶体共同的物理性质是 ①②③④ (填序号)。
①有金属光泽 ②导电性
③导热性 ④延展性
(3)C组中HF熔点反常是由于 HF能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多 。
(4)D组晶体可能具有的性质是 ②④ (填序号)。
①硬度小 ②水溶液能导电
③固体能导电 ④熔融状态能导电
(5)D组晶体的熔点由高到低的顺序为NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其原因为 D组晶体都为离子晶体，r(Na＋)[解析] (1)A组熔点很高，为原子晶体，是由原子通过共价键形成的。
(2)B组为金属晶体，具有①②③④四条共性。
(3)HF分子间含有氢键，故其熔点反常。
(4)D组属于离子晶体，具有②④两条性质。
(5)D组属于离子晶体，其熔点与晶格能有关。
6．(2021·经典习题选萃)下列是金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞(未按顺序排序)。
(1)辨别晶胞(请填相应的编号)。
①金刚石的晶胞是 C ；②干冰的晶胞是 B ；③氯化钠的晶胞是 A 。
(2)与冰的晶体类型相同的是 B (填编号)。
(3)在冰的晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如图所示)，已知冰的升华热是51 kJ·ml－1，除氢键外，水分子间还存在范德华力(11 kJ·ml－1)，则冰晶体中氢键的“键能”是 20 kJ·ml－1。
(4)金刚石晶胞中含有 8 个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝ eq \f(\r(3),8) a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率 eq \f(8×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq \f(\r(3)π,16)×100% (不要求计算结果)。
[解析] (1)A为NaCl的晶胞，B为干冰的晶胞，C为金刚石的晶胞。
(2)与冰的晶体类型相同的是B。
(3)冰晶体中每摩尔水形成2 ml氢键，冰升华需破坏范德华力及氢键，故氢键的“键能”是eq \f(51 kJ－11 kJ,2 ml)＝20 kJ·ml－1。
(4)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点上有8个C原子，晶胞中C原子数目为4＋6×eq \f(1,2)＋8×eq \f(1,8)＝8；若C原子半径为r，金刚石的边长为a，根据硬球接触模型知，正方体体对角线长度的eq \f(1,4)就是C—C键的键长，即eq \f(\r(3),4)a＝2r，所以r＝eq \f(\r(3),8)a；碳原子在晶胞中的空间占有率为eq \f(8×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq \f(8×\f(4,3)π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),8)a))3,a3)×100%＝eq \f(\r(3)π,16)×100%。
B组 能力提升题(60分)
一、选择题(本题包括4小题，每题6分，共24分)
1．(2020·天津等级考适应性测试)下列可用于判断某物质为晶体的方法是( D )
A．质谱法 B．红外光谱法
C．核磁共振法 D．X－射线衍射法
[解析] 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．(2021·山东枣庄三中、高密一中、莱西一中联考)下列有关说法正确的是( B )
A．水合铜离子的模型如图甲，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键
B．CaF2晶体的晶胞如图乙，距离F－最近的Ca2＋构成正四面体
C．氢原子的电子云图如图丙，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图丁，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率为68%
[解析] 本题考查晶体的结构。水合铜离子中水分子中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，水分子中的H原子和O原子间形成极性共价键，但不存在离子键，A错误；CaF2晶胞中，F－位于体内，而Ca2＋位于顶点和面心，距离F－最近的Ca2＋可构成正四面体，B正确；小黑点表示电子在原子核外出现的概率密度，H原子核外只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，C错误；金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D错误。
3．(2021·海南高三检测)以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( C )
A．18 g冰(图1)中含O—H键数目为2NA
B．28 g晶体硅(图2)中含有Si—Si键数目为2NA
C．44 g干冰(图3)中含有NA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1.5NA
[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 ml，含O—H键数目为2NA，A项正确；28 g晶体硅中含有1 ml 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eq \f(1,2)×4＝2，则1 ml单质硅含有2 ml 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NA个，C项错误；在石墨烯中，每个碳原子形成3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 ml所含碳碳键数目为1.5NA，D项正确。
4．(2021·山东青岛上学期月考)SiH4(Si为＋4价)可制取LED基质材料Si3N4(超硬物质)：3SiH4＋4NH3===Si3N4＋12H2。下列分析正确的是( A )
A．Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点
B．Si3N4和SiH4均为共价晶体，其Si原子均采取sp3杂化
C．反应中每转移0.8 ml e－，还原0.2 ml SiH4，生成17.92 L H2(标准状况)
D．电负性：Si>N>H
[解析] 固体Si3N4是原子晶体，呈空间立体网状结构，每个Si和周围4个N共用电子对，每个N和周围3个Si共用电子对，Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点，故A正确；Si3N4是原子晶体，SiH4是分子晶体，Si3N4和SiH4中Si原子均采取sp3杂化，故B错误；题给反应中每转移12 ml e－，生成12 ml H2，氧化3 ml SiH4，故转移0.8 ml e－时，氧化0.2 ml SiH4，生成0.8 ml×22.4 L·ml－1＝17.92 L H2(标准状况)，故C错误；SiH4(Si为＋4价)，电负性：H>Si，则电负性：N>H>Si，故D错误。
二、非选择题(本题包括2小题，共36分)
5．(2021·山东临沂上学期月考，17)钛有“生物金属”和“未来金属”之称，钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。
(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①TiCl4熔点为－24 ℃，沸点为136.4 ℃，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4属于 分子 晶体。
②LiBH4中BHeq \\al(－,4)的空间构型是 正四面体形 ，B原子的杂化轨道类型是 sp3 。
(2)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，部分结构如图1所示。该阳离子中Ti与O的原子个数之比为 1︰1 ，其化学式为 TiO2＋[或(TiO)eq \\al(2n＋,n)] 。
(3)钛与卤素形成的化合物的熔、沸点如表所示。
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因： TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 。
(4)TiO2晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如图2所示，晶胞参数为a nm和c nm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 eq \f(48×2＋16×4,NAa2c×10－21) g·cm－3。(写出表达式)
[解析] (1)①由TiCl4熔点为－24 ℃，沸点为136.4 ℃，可知固态TiCl4属于分子晶体；②BHeq \\al(－,4)中B原子孤电子对数为eq \f(3＋1－1×4,2)＝0，价层电子对数为4＋0＝4，微粒空间构型为正四面体形，B原子杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化。
(2)由图1可知每个Ti连接2个O原子，每个O原子为2个Ti原子共用，即每个Ti占有1个O原子，该阳离子中Ti与O的原子个数之比为1︰1，其化学式为TiO2＋[或(TiO)eq \\al(2n＋,n)]。
(4)晶胞中Ti原子数目为1＋8×eq \f(1,8)＝2，O原子数目为2＋4×eq \f(1,2)＝4，故晶胞质量为eq \f(48×2＋16×4,NA) g，晶胞密度为eq \f(48×2＋16×4,NAa×10－72×c×10－7)g·cm－3＝eq \f(48×2＋16×4,NAa2c×10－21)g·cm－3。
6．(2021·湖北黄冈模拟)超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由M将2个C60分子、2个p－甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键组装的超分子结构如图所示。
(1)M处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是 4d55s1 ；核外未成对电子数是 6 个。
(2)该超分子中存在的化学键类型有 AB 。
A．σ键 B．π键
C．离子键 D．氢键
(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是 C (填元素符号)，p－甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有 sp2和sp3 。
(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因 F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH 。
(5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是 C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力 。
[解析] (1)Cr的基态价电子排布为3d54s1，而M与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子排布为4d55s1，用轨道电子排布表示为，因而核外未成对的电子为6个。
(2)观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息M形成配位键，因而答案选AB。
(3)CO作配体时是C作配位原子，氧把孤电子对给了碳，碳变成富电子中心，有提供电子对形成配位键的能力，p－甲酸丁酯吡啶中碳原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。
(4)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。
(5)根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。
A组
B组
C组
D组
金刚石：3 550 ℃
Li：181 ℃
HF：－83 ℃
NaCl：801 ℃
硅晶体：1 410 ℃
Na：98 ℃
HCl：－115 ℃
KCl：776 ℃
硼晶体：2 300 ℃
K：64 ℃
HBr：－89 ℃
RbCl：718 ℃
二氧化硅：1 723 ℃
Rb：39 ℃
HI：－51 ℃
CsCl：645 ℃
熔点/ ℃
沸点/ ℃
TiCl4
－24
136.4
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
第32讲 晶体结构与性质
A组 基础必做题(40分)
一、选择题(本题包括4小题，每题4分，共16分)
1．(2020·山东等级考模拟)利用反应CCl4＋4Naeq \(――→,\s\up7(973 K),\s\d5(Ni－C))C(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是( D )
A．C(金刚石)属于原子晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
[解析] A项，金刚石晶体中每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，正确；B项，该反应中Na由0价→＋1价，作还原剂，将CCl4还原，正确；C项，CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，正确；D项，NaCl晶体中每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，错误。
2．(2021·广西高三检测)有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是( B )
A．①为简单立方堆积，②为六方最密堆积，③为体心立方堆积，④为面心立方最密堆积
B．每个晶胞含有的原子数分别为①1，②2，③2，④4
C．晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12
D．空间利用率的大小关系为①<②<③<④
[解析] ②为体心立方堆积，③为六方最密堆积，②与③判断有误，A项错误；每个晶胞含有的原子数分别为①8×eq \f(1,8)＝1，②8×eq \f(1,8)＋1＝2，③1＋8×eq \f(1,8)＝2，④8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，B项正确；晶胞③中原子的配位数应为12，其他判断正确，C项错误；四种晶体的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，应为④＝③>②>①，D项错误。
3．(2021·山东潍坊高三检测)有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是( D )
A．在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C．在金刚石晶体中，6个碳原子形成一个环且不在同一平面上
D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE
[解析] 在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－有6个，距Cl－最近的Na＋有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A项正确；在CaF2晶胞中含有Ca2＋数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，故B项正确；金刚石晶体中碳原子杂化方式为sp3,6个碳原子形成一个环且不在同一平面上，故C项正确；气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D项错误。
4．(2021·山东烟台高三月考)下列关于晶体的叙述正确的是( B )
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
[解析] 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。
二、非选择题(本题包括2小题，共24分)
5．(2021·天津高三检测)现有几组物质的熔点(℃)数据：
据此回答下列问题：
(1)A组属于 原子 晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是 共价键 。
(2)B组晶体共同的物理性质是 ①②③④ (填序号)。
①有金属光泽 ②导电性
③导热性 ④延展性
(3)C组中HF熔点反常是由于 HF能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多 。
(4)D组晶体可能具有的性质是 ②④ (填序号)。
①硬度小 ②水溶液能导电
③固体能导电 ④熔融状态能导电
(5)D组晶体的熔点由高到低的顺序为NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其原因为 D组晶体都为离子晶体，r(Na＋)
(2)B组为金属晶体，具有①②③④四条共性。
(3)HF分子间含有氢键，故其熔点反常。
(4)D组属于离子晶体，具有②④两条性质。
(5)D组属于离子晶体，其熔点与晶格能有关。
6．(2021·经典习题选萃)下列是金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞(未按顺序排序)。
(1)辨别晶胞(请填相应的编号)。
①金刚石的晶胞是 C ；②干冰的晶胞是 B ；③氯化钠的晶胞是 A 。
(2)与冰的晶体类型相同的是 B (填编号)。
(3)在冰的晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如图所示)，已知冰的升华热是51 kJ·ml－1，除氢键外，水分子间还存在范德华力(11 kJ·ml－1)，则冰晶体中氢键的“键能”是 20 kJ·ml－1。
(4)金刚石晶胞中含有 8 个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝ eq \f(\r(3),8) a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率 eq \f(8×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq \f(\r(3)π,16)×100% (不要求计算结果)。
[解析] (1)A为NaCl的晶胞，B为干冰的晶胞，C为金刚石的晶胞。
(2)与冰的晶体类型相同的是B。
(3)冰晶体中每摩尔水形成2 ml氢键，冰升华需破坏范德华力及氢键，故氢键的“键能”是eq \f(51 kJ－11 kJ,2 ml)＝20 kJ·ml－1。
(4)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点上有8个C原子，晶胞中C原子数目为4＋6×eq \f(1,2)＋8×eq \f(1,8)＝8；若C原子半径为r，金刚石的边长为a，根据硬球接触模型知，正方体体对角线长度的eq \f(1,4)就是C—C键的键长，即eq \f(\r(3),4)a＝2r，所以r＝eq \f(\r(3),8)a；碳原子在晶胞中的空间占有率为eq \f(8×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq \f(8×\f(4,3)π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),8)a))3,a3)×100%＝eq \f(\r(3)π,16)×100%。
B组 能力提升题(60分)
一、选择题(本题包括4小题，每题6分，共24分)
1．(2020·天津等级考适应性测试)下列可用于判断某物质为晶体的方法是( D )
A．质谱法 B．红外光谱法
C．核磁共振法 D．X－射线衍射法
[解析] 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．(2021·山东枣庄三中、高密一中、莱西一中联考)下列有关说法正确的是( B )
A．水合铜离子的模型如图甲，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键
B．CaF2晶体的晶胞如图乙，距离F－最近的Ca2＋构成正四面体
C．氢原子的电子云图如图丙，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图丁，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率为68%
[解析] 本题考查晶体的结构。水合铜离子中水分子中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，水分子中的H原子和O原子间形成极性共价键，但不存在离子键，A错误；CaF2晶胞中，F－位于体内，而Ca2＋位于顶点和面心，距离F－最近的Ca2＋可构成正四面体，B正确；小黑点表示电子在原子核外出现的概率密度，H原子核外只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，C错误；金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D错误。
3．(2021·海南高三检测)以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( C )
A．18 g冰(图1)中含O—H键数目为2NA
B．28 g晶体硅(图2)中含有Si—Si键数目为2NA
C．44 g干冰(图3)中含有NA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1.5NA
[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 ml，含O—H键数目为2NA，A项正确；28 g晶体硅中含有1 ml 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eq \f(1,2)×4＝2，则1 ml单质硅含有2 ml 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NA个，C项错误；在石墨烯中，每个碳原子形成3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 ml所含碳碳键数目为1.5NA，D项正确。
4．(2021·山东青岛上学期月考)SiH4(Si为＋4价)可制取LED基质材料Si3N4(超硬物质)：3SiH4＋4NH3===Si3N4＋12H2。下列分析正确的是( A )
A．Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点
B．Si3N4和SiH4均为共价晶体，其Si原子均采取sp3杂化
C．反应中每转移0.8 ml e－，还原0.2 ml SiH4，生成17.92 L H2(标准状况)
D．电负性：Si>N>H
[解析] 固体Si3N4是原子晶体，呈空间立体网状结构，每个Si和周围4个N共用电子对，每个N和周围3个Si共用电子对，Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点，故A正确；Si3N4是原子晶体，SiH4是分子晶体，Si3N4和SiH4中Si原子均采取sp3杂化，故B错误；题给反应中每转移12 ml e－，生成12 ml H2，氧化3 ml SiH4，故转移0.8 ml e－时，氧化0.2 ml SiH4，生成0.8 ml×22.4 L·ml－1＝17.92 L H2(标准状况)，故C错误；SiH4(Si为＋4价)，电负性：H>Si，则电负性：N>H>Si，故D错误。
二、非选择题(本题包括2小题，共36分)
5．(2021·山东临沂上学期月考，17)钛有“生物金属”和“未来金属”之称，钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。
(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①TiCl4熔点为－24 ℃，沸点为136.4 ℃，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4属于 分子 晶体。
②LiBH4中BHeq \\al(－,4)的空间构型是 正四面体形 ，B原子的杂化轨道类型是 sp3 。
(2)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，部分结构如图1所示。该阳离子中Ti与O的原子个数之比为 1︰1 ，其化学式为 TiO2＋[或(TiO)eq \\al(2n＋,n)] 。
(3)钛与卤素形成的化合物的熔、沸点如表所示。
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因： TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 。
(4)TiO2晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如图2所示，晶胞参数为a nm和c nm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 eq \f(48×2＋16×4,NAa2c×10－21) g·cm－3。(写出表达式)
[解析] (1)①由TiCl4熔点为－24 ℃，沸点为136.4 ℃，可知固态TiCl4属于分子晶体；②BHeq \\al(－,4)中B原子孤电子对数为eq \f(3＋1－1×4,2)＝0，价层电子对数为4＋0＝4，微粒空间构型为正四面体形，B原子杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化。
(2)由图1可知每个Ti连接2个O原子，每个O原子为2个Ti原子共用，即每个Ti占有1个O原子，该阳离子中Ti与O的原子个数之比为1︰1，其化学式为TiO2＋[或(TiO)eq \\al(2n＋,n)]。
(4)晶胞中Ti原子数目为1＋8×eq \f(1,8)＝2，O原子数目为2＋4×eq \f(1,2)＝4，故晶胞质量为eq \f(48×2＋16×4,NA) g，晶胞密度为eq \f(48×2＋16×4,NAa×10－72×c×10－7)g·cm－3＝eq \f(48×2＋16×4,NAa2c×10－21)g·cm－3。
6．(2021·湖北黄冈模拟)超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由M将2个C60分子、2个p－甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键组装的超分子结构如图所示。
(1)M处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是 4d55s1 ；核外未成对电子数是 6 个。
(2)该超分子中存在的化学键类型有 AB 。
A．σ键 B．π键
C．离子键 D．氢键
(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是 C (填元素符号)，p－甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有 sp2和sp3 。
(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因 F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH 。
(5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是 C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力 。
[解析] (1)Cr的基态价电子排布为3d54s1，而M与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子排布为4d55s1，用轨道电子排布表示为，因而核外未成对的电子为6个。
(2)观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息M形成配位键，因而答案选AB。
(3)CO作配体时是C作配位原子，氧把孤电子对给了碳，碳变成富电子中心，有提供电子对形成配位键的能力，p－甲酸丁酯吡啶中碳原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。
(4)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。
(5)根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。
A组
B组
C组
D组
金刚石：3 550 ℃
Li：181 ℃
HF：－83 ℃
NaCl：801 ℃
硅晶体：1 410 ℃
Na：98 ℃
HCl：－115 ℃
KCl：776 ℃
硼晶体：2 300 ℃
K：64 ℃
HBr：－89 ℃
RbCl：718 ℃
二氧化硅：1 723 ℃
Rb：39 ℃
HI：－51 ℃
CsCl：645 ℃
熔点/ ℃
沸点/ ℃
TiCl4
－24
136.4
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
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