山东省济宁一中高三化学二轮复习 专题64 金属晶体精选练习（含解析）鲁教版.doc

专题64 金属晶体1、下面有关晶体的叙述中，错误的是()a金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子b在nacl晶体中每个na(或cl)周围都紧邻6个cl(或6个na)c白磷晶体中，粒子之间通过共价键结合，键角为60d离子晶体在熔化时，离子键被破坏；而分子晶体熔化时，化学键不被破坏【答案】c【解析】金刚石的网状结构中，每个最小的碳环上有6个原子，以共价键为边；nacl晶体的配位数为6，即每个晶胞中有6个na、6个cl；白磷的化学式为p4，结构为正四面体形，键角为60，分子内以pp共价键结合，而p4分子晶体以分子间力结合，而非共价键；离子晶体熔化时，离子键被断开，而分子晶体熔化时，分子并未发生改变。2、下列有关金属晶体的判断正确的是（ ）a简单立方：配位数6、空间利用率高 b钾型：配位数6、空间利用率低c镁型：配位数8、空间利用率高 d铜型：配位数12、空间利用率高【答案】d 3、下列分子或离子中，能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键的是（ ）h2o nh3 f cn coa. b. c. d. 【答案】d 4、下列关于金属晶体的叙述正确的是（ ）a.常温下，金属单质都以金属晶体形式存在b.金属离子与自由电子之间的强烈作用，在一定外力作用下，不因变形而消失c.钙的熔沸点低于钾 d.温度越高，金属的导电性越好【答案】b 5、氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。化学家研究出利用合金储存氢气的方法，其中镧（la）镍（ni）合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，则该合金的化学式可表示为（）a.lani5 b.lani c.la14ni24 d.la7ni12【答案】a【解析】根据上述物质的结构知la原子的数目为121/621/23，而ni原子的数目为121/2661/215，所以la与ni的原子个数比为31515。6、下列说法正确的是（）as2电子排布式 1s22s22p63s23p4b在金属晶体中，自由电子与金属离子或金属原子的碰撞有能量传递，可以用此来解释的金属的物理性质是导热性c金属键可以看做是许多原子共用许多电子所形成的强烈相互作用，所以和共价键类似，也有饱和性和方向性d某物质的晶体中含a、b、c三种元素，其排列方式如图所示，晶胞中a、b、c的原子个数比为1：2：2【答案】b【解析】a、s2电子排布式 1s22s22p63s23p6，故a错误；b、金属自由电子受热后运动速率增大，与金属离子碰撞频率增大，传递了能量，故金属有良好的导热性，故b正确；c、金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，故c错误；d、根据图片知，该小正方体中a原子个数=8=1，b原子个数=6=3，c原子个数=1，所以晶体中a、b、c的原子个数比为1：3：1，故d错误；故选：b7、下列哪种模型可以表示金属钠的原子堆积模型（）【答案】c【解析】a项为简单立方堆积，金属钋主要以此方式堆积；b项为六方堆积模型如镁、锌、钛等晶体属于此类堆积方式；c为体心立方堆积模型，钾、钠、铬、钼、钨属于此类堆积；d项为面心立方堆积，铜、铅、金、银为此种堆积模型。所以c项符合题意。8、多数晶体中的微观微粒服从紧密堆积原理的根本原因是a便于形成规则的几何外形 b微观微粒结合得越紧密，体系总能量越低，体系越稳定c便于使晶体具有对称性 d为了使晶体具备各向异性【答案】b9、某晶体中含有a、b、c三种元素，其排列方式如图所示，晶体中a、b、c的原子个数之比依次为（）a.131 b.231c.861 d.431【答案】a【解析】n（a）81，n（b）63，n（c）1，则晶体中a、b、c的原子个数之比为131。10、如图所示，下列说法不正确的是（） a此种堆积方式为面心立方堆积b该种堆积方式每一层上为密置层c该种堆积方式可用符号“abcabcabc”表示d金属mg就属于此种堆积方式【答案】d【解析】观察题图，该晶体为“abcabcabc”的面心立方堆积，每一层上为密置层，mg属于六方堆积方式，所以d错误。11、下列有关金属元素的特性的叙述，正确的是（ ）a.金属元素原子只有还原性，离子只有氧化性b.金属元素在化合物中一定显正化合价c.金属元素在不同的化合物中一定显不同的化合价d.金属元素的单质在常温下均为金属晶体【答案】b【解析】fe2+能被hno3氧化表现还原性，a错；金属元素无负化合价，b对；金属元素在不同的化合物中化合价不一定相同，也不一定不同，c错；hg在常温下呈液态，不是晶体，d错。12、下列关于金属键的叙述错误的是（ ）a.金属键无方向性和饱和性b.金属键是金属阳离子与自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用c.金属键中的电子属于整块金属d.金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关【答案】b【解析】金属键是金属阳离子和自由电子之间强烈的相互作用。既有金属阳离子与自由电子间的静电吸引作用也存在金属阳离子之间及自由电子之间的静电排斥作用。13、有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是()a为简单立方堆积，为六方最密堆积，为体心立方堆积，为面心立方最密堆积b每个晶胞含有的原子数分别为：1个，2个，2个，4个c晶胞中原子的配位数分别为：6，8，8，12d空间利用率的大小关系为：。14、下列关于晶体的说法中，不正确的是（）晶体中粒子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中粒子排列相对无序，无自范性含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体共价键可决定分子晶体的熔、沸点在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大mgo的晶格能远比nacl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6a b c d【答案】b【解析】含有金属阳离子的晶体可能是离子晶体或金属晶体；分子晶体的熔、沸点与分子间作用力有关，分子晶体的稳定性与共价键强弱有关。15、下列说法中错误的是（）a、手性催化剂主要催化一种手性分子的合成b、原子晶体的熔点一定比金属晶体的高c、元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强d、原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性【答案】b【解析】试题分析：b项：钨的熔点(3410)比硅(1410)高，因此，原子晶体的熔点一定比金属晶体的高的说法也是错误的，故错。故选b。考点：手性 原子晶体 金属晶体点评：本题考查的是手性、原子晶体和金属晶体的相关知识，题目难度不大，注意对基础知识的学习、掌握及应用。16、己知na2so3溶液中存在水解平衡：so32+h2ohso3+oh，请用na2so3溶液和a试剂及必要的实验用品，设计简单实验，证明盐类的水解是一个吸热过程a试剂是 ，操作和现象是 【答案】酚酞；取样品溶于水，滴加酚酞显红色，加热后溶液红色加深【解析】na2so3溶液中存在水解平衡：so32+h2ohso3+oh，所以na2so3溶液呈碱性，向溶液中滴加酚酞后，溶液变成红色，加热后滴有酚酞的亚硫酸钠溶液的红色加深，证明亚硫酸钠的水解为吸热反应，加热后平衡so32+h2ohso3+oh向着正向移动，故答案为：酚酞；取样品溶于水，滴加酚酞显红色，加热后溶液红色加深17、某学生设计氨催化氧化实验，并将制得的no进一步氧化为no2，用水吸收no2，并检验hno3的生成。可供选择的固体药品有：nh4cl、ca(oh)2、kclo3、mno2、cao可供选择的液体药品有：浓氨水、过氧化氢、浓盐酸、水可供选择的仪器有：如图另有铁架台、铁夹、铁圈、乳胶管若干，可供选择。设计实验时，a和b两个制气装置允许使用两次，其余装置只能使用一次。（1）氨氧化制no的化学反应方程式为 ，该反应应在装置_中进行。（2）为快速制nh3和o2，制取nh3的装置最好选择_，其化学反应方程式为_ ；制取o2的装置最好选择_，其化学反应方程式为_。（3）利用快速制nh3和o2的装置组装，各仪器按气流方向连接的正确顺序为_（按装置先后顺序排列）（4）装置c的作用是_。（5）装置h中溶液变红，其原因是（用化学方程式表示）_。【答案】（1）； f （2）a；（1分） nh3h2o(浓)caonh3ca(oh)2 a；（1分） 2h2o2 2h2oo2（3） （4）吸收多余nh3及生成 h2o （5）4no2o22h2o4hno3 【解析】试题分析：（1）氨氧化制no的化学反应方程式为。由于是两种气体之间的反应，所以根据装置的特点可知，应该放在装置f找进行。（2）要快速制备氨气，则应该是将生石灰加入到浓氨水中，所以选择的装置是a，反应的化学方程式是nh3h2o(浓)caonh3ca(oh)2。（3）由于生成的氨气和氧气中都含有水蒸气，且反应后剩余的氨气要被浓硫酸吸收，同时还要干燥no，所以正确的连接顺序是（4）根据以上分析可知，装置c中浓硫酸的作用是吸收多余nh3及生成 h2o。（5）由于no2和剩余的氧气溶于水会有硝酸生成，溶液显酸性，因此石蕊试液变为红色，反应的离子方程式是4no2o22h2o4hno3。考点： 考查化学实验点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，贴近高考，侧重对学生实验能力的培养和训练。该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。18、在中和滴定中，稀盐酸是常用的滴定剂，而盐酸标准溶液的浓度又常常是以氢氧化钠作基准物质标定的，某学生为此进行如下操作：a.用蒸馏水分别洗净酸式滴定管和锥形瓶，并排出滴定管尖嘴部位的气泡；b.用待标定盐酸润洗滴定管内壁3次（每次用量23 ml）；c.向滴定管内注入待标定盐酸，记录管内液面所在刻度v1 ml；d.将准确称取的w g干燥的naoh放入锥形瓶中，加25 ml蒸馏水，振荡使之溶解；e.滴入1滴酚酞指示剂；f.在锥形瓶下铺一张白纸，向瓶内滴加待标定的盐酸，边滴边摇动锥形瓶，直到溶液的红色刚好褪去，并不再变红，即为滴定终点；g.记录滴定管内液面所在刻度v2 ml。（1）若该生操作无误，则所标定盐酸的物质的量浓度为_。（2）在进行滴定操作时，操作者的眼睛应注视_。（3）若该生在溶解固体氢氧化钠时，用了28 ml蒸馏水，则所标定盐酸的浓度值将_（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。（4）若该生记录滴定管内液面所在刻度时，滴定前是仰视读数，达滴定终点是平视读数，则所标定盐酸的浓度值将_（填“偏高”、“降低”、“无影响”）。【答案】（1）w/40(v2-v1) moll-1 （2）锥形瓶中溶液颜色变化 （3）无影响 （4）偏高【解析】试题分析：1、根据盐酸与氢氧化钠反应的化学方程式可知，反应消耗盐酸与氢氧化钠物质的量之比为1:1，即消耗的盐酸物质的量等于消耗氢氧化钠物质的量（w/40），w/40=(v2-v1 )c c= w/40(v2-v1) moll-1 2进行滴定操作时，操作者的眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化.3若该生在溶解固体氢氧化钠时，用了28 ml蒸馏水,则所标定盐酸的浓度值将无影响，因为定容的时候也要加水。4、若该生记录滴定管内液面所在刻度时，滴定前是仰视读数，使得读数偏大，达滴定终点是平视读数，则所测出的氢氧化钠体积偏小，则所标定盐酸的浓度值将偏高考点：溶液的配制及其操作，点评：本题属于中等题，难度不大，主要考察了溶液的配制及其操作，掌握读数时仰视和俯视对读数的影响使解题的关键。19、在实验室将16.8 g固体nahco3加热一段时间后，测得剩余固体的质量变为13.7g。请你通过计算回答下列问题：(1)有多少克nahco3发生了分解反应?(2)继续对剩余固体加热，至不再产生气体后，将冷却后的固体溶解于水，配成1000ml的溶液。则该溶液溶质的物质的量浓度是多少？【答案】(1) 8.4g (2) 0.1 mol/ l【解析】(1) 2nahco3 = na2co3 + h2o + co2 m(固) 168 106 62m(nahco3) (16.8 g13.7g ) 解得：m(nahco3) =8.4g(2) 2nahco3 = na2co3 + h2o + co2 168 116.8 n(na2co3)解得：n(na2co3) =0.1 mol c(na2co3) =0.1 mol/ l20、a、b、c、d、g都是含有同一种短周期元素的化合物，e是氧化物，h是单质。根据下图转化关系(反应条件及部分产物已略去)填空：(1)若a、b、c、d、g均含x元素，且a的分子中只含有10个电子，g是复合肥料，则反应、是工业生产_的基本原理，m的化学式为_；其中反应的化学方程式为_；反应的离子方程式为_。(2)若a、b、c、d、g均含y元素，y元素处于x的相邻周期、相邻主族，g可作净水剂，则反应、均是工业生产_的基本原理，m形成的晶体类型为_；其中反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。【答案】(1)硝酸k或k2o2或ko24nh35o24no6h2o3cu8h2no3=3cu22no4h2o(2)硫酸金属晶体4fes211o22fe2o38so2fe2o32alal2o32fe【解析】(1)构成复合肥料的元素至少有n、p、k三种元素中的两种，当a为10电子分子时，a为nh3，r为o2，d为hno3，e为h2o，m能与水作用生成气体单质，则m为钾或过氧化钾或超氧化钾。(2)由y元素与氮元素的位置关系及框图转化关系知y为硫，a是fes2，d是h2so4，e是fe2o3，f是al2o3，m是单质铝。21、有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：k+、mg2+、al3+、fe2+、ba2+、no3-、so42-、cl-、i-、hco3-，取该溶液的实验如下：实验步骤及实验现象（1）取少量该溶液，加几滴甲基橙，溶液变红色（2）取少量该溶液加热浓缩，加cu片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，气体遇空气可以变成红棕色（3）取少量该溶液，加bacl2溶液，有白色沉淀生成（4）取（3）中的上层清夜，加agno3，有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸（5）取少量该溶液，加入naoh溶液，有白色沉淀生成，当naoh过量时，沉淀部分溶解由此判断：（1）溶液中一定存在的离子是_；溶液中肯定不存在的离子是：_（2）为进一步确定其它离子，应该补充的实验及对应欲检验离子的名称（如为溶液反应，说明使用试剂的名称。不必写详细步骤）k+的检验可以用焰色反应；cl-的检验：往溶液中加足量的硝酸钡溶液，过滤后，相滤液中加硝酸银溶液，再加稀硝酸，白色沉淀不溶解。【答案】（1）no3-、so42- mg2+、al3+；fe2+、hco3-、i-、ba2+；（2）k+的检验可以用焰色反应；cl-的检验：往溶液中加足量的硝酸钡溶液，过滤后，相滤液中加硝酸银溶液，再加稀硝酸，白色沉淀不溶解。【解析】22、5种固体物质a、b、c、d、e由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子na+ al3+ fe3+ cu2+、ba2+阴离子ohclco32no3so4 分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：a溶液与c溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀hno3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；b溶液与e溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量c溶液与d溶液混合后产生白色沉淀，过量c溶液与d溶液混合后无现象；b溶液与d溶液混合后无现象；将38.4 g cu片投入装有足量d溶液的试管中，cu片不溶解，再滴加1.6 moll1稀h2so4，cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断a、c的化学式为：a ；c 。（2）写出步骤中发生反应的化学方程式 。（3）d溶液中滴入石蕊试液，现象是 ，原因是 (用离子方程式说明)。（4）步骤中若要将cu片完全溶解，至少加入稀h2so4的体积是 ml。（5）现用500 ml 3 moll1的e溶液充分吸收11.2 l co2气体(标准状况 下)，反应后溶液中各离子的物质量浓度由小到大的顺序为 。（6）若用惰性电极电解a和b的混合溶液，溶质的物质的量均为0.1 mol，请在坐标系中画出通电后阳极产生气体的体积(标准状况下)v与通过电子的物质的量n的关系(不考虑气体溶于水)。【答案】（1）cuso4 ba(oh)2（2）2fecl3+3na2co3+3h2o=2fe(oh)3+3co2+6nacl（3）溶液由无色变成红色 al3+3h2oal(oh)3+3h+（4）500（5）c(h+)c(oh)c(co32)c(hco3)c(na+)（6）【解析】由知，a、c反应产生的沉淀中应是氢氧化铜和硫酸钡沉淀；则a、c是cuso4、ba(oh)2中的一种；由知，b、e只能是盐类，双水解产生气体和沉淀，其中含有fe3+ 、co32，且其中必有na2co3；由知c为强碱，所以c是ba(oh)2，a是cuso4；d为铝盐；由知，e为na2co3；由知d中有no3，所以d为al(no3)3，则b只能为fecl3。（1）a、c的化学式为：cuso4 、ba(oh)2（2）步骤是fe3+ 、co32的双水解反应，化学方程式为2fecl3+3na2co3+3h2o=2fe(oh)3+3co2+6nacl；（3）al(no3)3溶液由于al3+水解而是溶液显酸性，所以加入石蕊试液，溶液变红色，离子方程式为al3+3h2oal(oh)3+3h+（4）根据cu与稀硝酸反应的离子方程式3cu+8h+2n3-=3cu2+2no+4h2o，得3cu8h+，38.4 g cu的物质的量为0.6mol，所以需要硫酸的物质的量是0.8，其体积为500ml；（5）由题意知n(co2)=0.5mol，n(na2co3)=1.5mol，所以二者反应后溶液中有1mol的naho3，1mol的na2co3，na2co3水解程度大于naho3水解程度，所以溶液中离子浓度由小到大的顺序为c(h+)c(oh)c(co32)c(hco3)c(na+)(2分)（6）阳极先是cl-放电，溶液中共有0.3mol cl-,根据2 cl- +2 e-= cl2，得转移电子0.3mol时产生气体标准状况下的体积是3.36l；然后是氢氧根离子放电，4oh-4 e-=o2+2h+，每转移0.1mol电子就生成0.56l的气体，所以图像如下：23、铁与同周期的钙性质有很大的差异，铁的熔点更高，而钙的金属活动性更强，这都说明铁的金属键比钙更 （选填“强”、“弱”）与钢铁比，纯净