第三章 晶体结构与性质 测试题 高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

第三章晶体结构与性质测试题一、单选题（共15题）1．下列有关金属元素特征的叙述中正确的是A．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性B．金属元素在化合物中一定显正价C．金属元素在不同化合物中的化合价均不同D．金属单质的熔点总是高于分子晶体2．反应Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O可用于制备含氯消毒剂，下列说法正确的是A．Cl2中共价键类型为极性共价键 B．NaOH中没有极性共价键C．NaClO既含离子键又含共价键 D．Cl-与Na+具有相同的电子层结构3．根据下列物质的性质判断为原子晶体的是A．微溶于水，硬度小，熔点，固体或液体不导电B．熔点，电的良导体，加压可变形C．熔点，不导电，不溶于水和有机溶剂，硬度大D．熔点，易溶于水，熔化时导电4．下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是A．NH4NO3 B．SiO2 C．C6H5NO2 D．Cu5．用NaBH4进行“化学镀”镀镍，可以得到坚硬、耐腐蚀的保护层(3Ni3B＋Ni)，反应的离子方程式为：20Ni2＋＋16BH＋34OH-＋6H2O=2(3Ni3B＋Ni)＋10B(OH)＋35H2↑，下列说法不正确的是A．1molB(OH)含有σ键的数目为8NAB．BH的立体构型是正四面体形C．B原子核外电子的运动状态和能量均不相同D．Ni的晶胞结构如图所示，镍原子的配位数为126．为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，86gC6H14的体积为22.4LB．28g乙烯气体中p-p键数目为5NAC．0.5mol雄黄(，结构)含有个S-S键D．中配位键的个数为7．下列提供了有关物质的熔点，根据表中的数据，下列判断错误的是物质NaClAlF3AlCl3CO2SiO2熔点/℃8011291190(2.5×105Pa)-56.51723A．CO2晶体是分子晶体，SiO2晶体是共价晶体B．CO2、SiO2、AlCl3晶体中都含有极性共价键C．AlF3晶体是离子晶体，AlCl3晶体是分子晶体D．AlF3晶体和NaCl晶体熔化时克服的作用力都是范德华力8．丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如题4图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是A．沸点高低：B．半径大小：C．电离能大小：D．Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对9．下列判断中不正确的是A．熔融态能够导电的晶体一定是离子晶体B．不同族元素氧化物可形成同类晶体C．同族元素氧化物可形成不同类型晶体D．氯化铵固体属于离子晶体，加热使其分解时破坏了离子键和共价键10．下列说法不正确的是A．硅晶体和二氧化硅晶体中都含共价键B．Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大C．硫酸和硫酸钠均属于离子化合物D．氯气和氯化氢分子中的氯原子的最外电子层都形成了具有8个电子的稳定结构11．下列说法正确的是A．金刚石和石墨虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于共价晶体，后者属于分子晶体B．Na2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子个数之比为1：1C．NaOH和NaCl中都存在离子键，且晶体类型都属于离子晶体D．碘单质的升华和NH4Cl的分解过程中，克服的作用力分别为共价键和离子键12．BP晶体是一种超硬耐磨的涂层材料，其合成途径之一为、。下列说法正确的是A．BP晶体为离子晶体 B．的电子式为

C．第一电离能： D．为正四面体结构，键角为13．某电池材料结构如图所示。X、Y、Z、M、W为同周期主族元素。X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍，下列说法正确的是A．M的单质可以保存在煤油中B．该电池材料中存在离子键、极性键、非极性键、配位键C．氢化物的沸点为D．原子半径为14．配合物在许多方面有着广泛的应用．下列叙述不正确的是、A．以Mg2+为中心的大环配合物叶绿素能催化光合作用B．Fe2+的卟啉配合物是输送O2的血红素C．[Ag(NH3)2]+是化学镀银的有效成分D．向溶液中逐滴加入氨水，可除去硝酸银溶液中的Cu2+15．采用有机电极材料制备的水系锂离子电池，工作原理如图所示。下列说法错误的是A．放电时，电极电势：M<NB．充电时，M极电极反应式为C．放电时，若起始两电极的质量相等，转移电子，两电极质量相差D．结构如图所示，二、填空题（共8题）16．(1)将单质的粉末加入的浓溶液中，通入充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是。(2)(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。含有配位键。(3)由H、N、O、S、Cu5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)。该化合物中，阴离子为，阳离子中存在的化学键类型有；该化合物加热时首先失去的组分是，判断理由是。17．(1)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图甲的Born-Haber循环计算得到。①由图甲可知，Li原子的第一电离能为kJ/mol，O=O键键能为kJ/mol，Li2O晶格能为kJ/mol。②Li2O具有反萤石结构，晶胞如图乙所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为g/cm3(列出计算式)。(2)FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm、FeS2相对分子质量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为g/cm3；晶胞中Fe2+位于S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为nm。(3)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为g/cm3(列出计算式)。18．回答下列问题：(1)我们知道，水在4℃时密度最大，请结合物质结构与性质的知识做出解释：。(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔、沸点如下表：熔点/K183203.2278.6393.7沸点/K187.2330.8427.2560.7、、、沸点依次升高的原因是。19．某种氮化物的晶胞结构如图所示，已知晶胞密度为，U原子半径为，N原子半径为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为(用含的计算式表示)。20．B和E形成一种晶体，晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为，若该晶体的密度为ρg∙cm−3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是cm3。21．已知N与Ti形成的化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为apm；晶胞的密度为=g/cm3(阿伏加德罗常数值为NA，N、Ti的相对原子质量分别用Ar(N)和Ar(Ti)表示)22．加氢合成甲醇对缓解能源危机、改变产业结构以及实现“碳达峰、碳中和”目标具有重要的战略意义。该合成工艺主要包括三个反应：①

②

③

(1)已知一些物质的键能数据如下：化学键H―HC=OC≡OH―OE/()4368031076463计算。(2)按照一定比例投料，测定的平衡转化率和CO的平衡选择性随温度和压强的变化关系如下图所示。、、、的大小关系为；原因为；℃以后不同压强下平衡转化率变为一条曲线，原因为(CO的选择性)。(3)下表是一定条件下用Pd/ZnO/C-N做催化剂，改变Pd含量测得的催化剂组成、结构以及转化率的数据。催化剂Pd/%Zn/g表面O含量/%表面氧缺陷比例/%转化率/%0.02%Pd/ZnO/C-N0.049.4712.430.293.70.05%Pd/ZnO/C-N0.136.49.570.306.60.1%Pd/ZnO/C-N0.1810.613.250.32680.3%Pd/ZnO/C-N0.589.6612.520.3871由上表数据推测，催化剂中Pd含量增大，转化率增大的原因可能为。(4)六方ZnO晶胞结构如下左图所示，填充在形成的空隙中，该晶体的密度为(设表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式)，在下右图中补充画出ZnO晶胞的俯视投影图。23．钨(W)广泛用于国防军事、航空航天、信息制造等领域。实验室以硬质合金废料(含WC、Fe和少量C、Co)为原料制备炼钨中间体，并提取有价金属的一种工艺流程如图所示：已知：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：金属离子开始沉淀pH0.21.56.57.0沉淀完全pH1.14.19.79.2回答下列问题：(1)“酸浸”的目的为；“沉铁”时调节pH的范围为；“还原”反应同时生成一种参与大气循环的气体，该离子方程式为。(2)其他条件相同时,“焙烧”过程中流速与钨氧化率的关系如图所示，其中流速大于0.15m3/h时钨氧化率降低的原因为。(3)“氨化结晶”时需要加入足量，其原因为。(4)“酸浸”工序可用电解法代替。则进行电解时，WC进入(填“阳极泥”或“阴极泥”)。(5)尾气1与尾气3的反应是汽车尾气处理的原理之一，该反应的化学方程式为。(6)、，、，NaOH，Co中，熔点主要取决于氢键的是；H、O、Cl、Co的电负性由大到小的顺序为。参考答案：1．B【解析】A．金属元素的原子只有还原性，但离子如Fe2＋既有氧化性，又有还原性，A错误；B．金属在化合物中一定显正价，B正确；C．金属元素有的是变价元素，有的化合价没变化，C错误；D．金属晶体的熔沸点差距较大，有些金属晶体的熔沸点很低，如Hg在常温下是液体，D错误；答案选B。2．C【解析】A．Cl2中含有的是Cl-Cl非极性共价键，故A错误；B．NaOH中含有离子键和O-H极性共价键，故B错误；C．NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间以离子键结合，次氯酸根离子中含有共价键，故C正确；D．Cl-核外有3个电子层，Na+核外有2个电子层，两者电子层结构不同，故D错误；答案选C。3．C【解析】A．原子晶体的硬度很大，熔点很高，描述与原子晶体不符，故A不选；B．原子晶体大多不导电，硬度强度很大，不易加压变形，描述与原子晶体不符，故B不选；C．原子晶体的熔点很高，硬度很大，大多不导电，不易溶于水和有机溶剂，描述与原子晶体性质相符，故C选；D．原子晶体难溶于水，且熔化时不能导电，描述与原子晶体不符，故D不选；故选：C。4．C【解析】只有分子晶体的化学式，才能既表示物质的元素组成，又表示物质的分子组成，所以选项C正确，A是离子晶体，B是原子晶体，D是金属晶体，答案选C。5．C【解析】A．1个中4个OH-与B形成4个σ键，4个OH-内又形成4个O—Hσ键，则1mol含有σ键的数目为8NA，故A正确；B．中的B原子为sp3杂化，立体构型是正四面体形，故B正确；C．B原子核外电子的运动状态各不相同，但同一能级上的电子能量相同，故C错误；D．Ni的晶胞属于面心立方堆积，故每个Ni原子周围都有12个原子与之相连，则镍原子的配位数为12，故D正确。故答案选C。6．D【解析】A．标准状况下，C6H14为液态，无法计算C6H14的体积，故A错误；B．28g乙烯气体物质的量为1mol，其中含有p-p键数目为1mol，s-p键数目为4mol，故B错误；C．S是VIA族元素，可以形成2个化学键（H2S）、4个化学键（H2SO3）、6个化学键（H2SO4）；As是VA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，所以浅色的是S，深色的是As，故雄黄中不存在S-S键，故C错误；D．中铜离子与4个水分子形成配位键，故中配位键的个数为，故D正确；故选D。7．D不同晶体类型熔点高低顺序为：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体.【解析】A．CO2晶体中CO2分子之间以分子间作用力结合形成分子晶体，SiO2晶体中Si原子与O原子之间以共价键结合形成立体网状结构，因此SiO2属于共价晶体，A正确；B．CO2晶体中存在C=O极性共价键；SiO2晶体中存在Si-O极性共价键；AlCl3是分子晶体，Al-Cl是极性共价键，因此三种晶体中都含有极性共价键，B正确；C．AlF3晶体中Al3+与F-通过离子键结合形成离子晶体，AlCl3是由分子通过分子间作用力结合形成的晶体是分子晶体，C正确；D．AlF3晶体属于离子晶体，Al3+与F-通过离子键结合形成；NaCl晶体属于离子晶体，Na+与Cl-通过离子键结合形成晶体，因此二者熔化时克服的作用力都是离子键，D错误；故合理选项是D。8．C【解析】A．CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近，但H2O在常温下呈液态，而CH4、NH3呈气态，NH3分子间能形成氢键，则沸点高低：，A正确；B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列，则半径大小：，B正确；C．C、N、O为同周期相邻元素，但N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则电离能大小：，C不正确；D．二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+为中心离子，提供空轨道，N原子为配位原子，提供孤电子对，D正确；故选C。9．A【解析】A．熔融态能够导电的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，A错误；B．不同族元素氧化物可形成同类晶体，例如氧化钠、氧化镁等均是离子晶体，B正确；C．同族元素氧化物可形成不同类型晶体，例如二氧化硅是共价晶体，二氧化碳是分子晶体，C正确；D．氯化铵是离子化合物，氯化铵固体属于离子晶体，氯化铵中存在离子键和共价键，加热使其分解时生成氨气和氯化氢，破坏了离子键和共价键，D正确；答案选A。10．C【解析】A．硅晶体和二氧化硅晶体均属于共价晶体，都含共价键，故A正确；B．Cl2、Br2、I2均为分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，范德华力(分子间作用力)越大，熔沸点越高，则Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，故B正确；C．硫酸属于共价化合物，硫酸钠属于离子化合物，故C错误；D．氯气中氯原子间形成一对共价键，每个氯原子都形成最外电子层都形成了具有8个电子的稳定结构，氯化氢分子中氯原子与氢原子形成一个共价键，氯原子的最外电子层形成了具有8个电子的稳定结构，故D正确；答案选C。11．C【解析】A．金刚石属于共价晶体，石墨层与层间是以范德华力结合起来的，石墨是一种混合晶体，故A错误；B．1个Na2O2由2个Na+和1个构成，该物质中阴、阳离子个数之比为1：2，故B错误；C．NaOH中Na+与OH-之间以离子键结合，NaCl中Na+与Cl-之间以离子键结合，两者均属于离子晶体，故C正确；D．碘为分子晶体，碘单质的升华克服的是分子间作用力，故D错误；答案选C。12．D【解析】A．BP晶体是一种超硬耐磨的涂层材料，则它为原子晶体，A项错误；B．C最外层四个电子需要共用4对电子达饱和，即C与每个S共用两对电子，B项错误；C．P、S、Cl为同周期从左往右第一电离能逐渐增大，但P为半充满结构难失电子所以其第一电离能P>S。第一电离能：Cl>P>S，C项错误；D．P4形成正四面体，每个面为正三角形所以键角即为三角形的内角为60°，D项正确；故选D。13．BX、Y、Z、M、W为同周期主族元素。X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍，则W次外层电子数为2，X原子的最外层电子数6，W可以形成四个共价键则W为C，X为O,Z为N，M为Li，Y含有一个共价键，为F。【解析】A．Li的单质密度比煤油小不可以保存在煤油中，保存在石蜡中，故A错误；B．该电池材料中存在阴离子和锂离子的离子键、碳氢、碳氧、氮氧极性键、氮氮非极性键、氮氧配位键，故B正确；C．氢化物的沸点为水的大于氨气，水分之间形成的氢键更多，沸点更高，故C错误；D．同周期原子序数越大原子半径越小，原子半径为，故D错误；故选：B。14．D【解析】A．以Mg2+为中心的大环配合物叶绿素中，N元素最外层有5个电子通过3个共用电子对就可以形成8电子稳定结构。所以镁与4个氮形成共价键的氮原子中，有2条是配位键，氮原子提供电子，镁提供空轨道，叶绿素能催化光合作用，故A正确；B．血红蛋白中血红素的化学式为(C34H32O4N4Fe)，N原子为sp2杂化提供孤对电子，Fe2+离子提供空轨道，形成配位键，如图，Fe2+的卟啉配合物是输送O2的血红素，故B正确；C．含醛基的物质能被弱氧化剂银氨试剂氧化，在工业上，制镜和热水瓶胆镀银，常用含有醛基的葡萄糖与[Ag(NH3)2]+作用生成银，所以[Ag(NH3)2]+是化学镀银的有效成分，故C正确；D．氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子，离子反应方程式为：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，离子反应方程式为：AgOH+2NH3•H2O═[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，所以向溶液中逐滴加入氨水，无法除去硝酸银溶液中的Cu2+，故D错误；故选D。15．BD由图可知，放电时M极物质失去电子发生氧化反应，为负极，电极反应为：-2ne-=+2nLi+；则N极为正极；【解析】A．由分析可知，放电时，M极为负极、N极为正极，则电极电势：M<N，A正确；B．充电时，M极为阴极，得到电子发生还原反应，反应为+2nLi++ne-=，B错误；C．放电时，若起始两电极的质量相等，转移电子，则M极减少1molLi+、而N极增加1molLi，故两电极质量相差1mol×7g/mol+1mol×7g/mol=，C正确；D．的结构中Li、Co处于晶胞中位置如图：，根据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式可知，也含有3个Co且Co化合价为+3，当转化为时，结构中含有个Li，减少1.25个Li，则中会有1.25个三价钴转化为四价钴，故，D错误；故选BD。16．2共价键和配位键与之间的配位键比与之间的弱【解析】(1)深蓝色溶液中含有，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可写出离子方程式：。(2)中存在1个由氮原子提供孤电子对、提供空轨道而形成的配位键，中存在1个由提供孤电子对、B原子提供空轨道而形成的配位键，故含有配位键。(3)由“阴离子呈四面体结构”，结合所提供的元素种类，可判断其阴离子为(杂化，空间结构为正四面体形)。由“阳离子呈轴向狭长的八面体结构”可知，其阳离子中含2种配位体，由结构图中配位体的价键情况，可知1种配位体为、1种配位体为，综合可得其阳离子为，则该化合物的化学式为。阳离子中有两种配位键，因为O原子的电负性大于N原子，故与形成的配位键强于与形成的配位键，所以加热时先失去。故答案为：；共价键和配位键；；与之间的配位键比与之间的弱。17．5204982908【解析】(1)根据图象及第一电离能概念(气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量)可知，原子的第一电离能是520kJ/mol；O=O键的键能是498kJ/mol；结合晶格能概念(1mol离子晶体完全气化为气态阴、阳离子所吸收的能量)和图中数据可得Li2O晶格能是2908kJ/mol。根据“切割法”，一个晶胞中含有Li+的个数为8，含O2-的个数为，一个晶胞中含有4个Li2O，故Li2O的密度为；(2)晶胞边长为anm=a×10-7cm，则晶胞的体积；由晶胞结构可知，12个处于晶胞的棱上，1个处于晶胞体心，处于晶胞的8个顶点和6个面心，则每个晶胞中含有个数为，含有S个数为。FeS2的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为。晶胞中位于所形成的正八面体的体心，则该正八面体的边长为；(3)由晶胞图知，一个晶胞中含有的原子数为，晶胞的体积，一个晶胞的质量为，则密度为。18．(1)水随温度升高，氢键破坏，微粒间距缩小，温度升高，分子间距离增大，在4℃分子间距最小(2)四者都属于分子晶体，相对分子质量增大.范德华力增强，熔沸点增大【解析】（1）水分子间存在氢键，故分子间间隙较大，当温度升高，氢键破坏后，分子间的间隙减小，但同时，分子热运动增加，分子间距离增加，这两个矛盾的因素在4℃时达到平衡；（2）、、、沸点依次升高的原因是四者都属于分子晶体，相对分子质量增大.范德华力增强，熔沸点增大。19．【解析】由题图的晶胞结构可知，U的个数为，N的个数为，则U和N的总体积为[4×（r1×10-7）3+8×（r2×10-7）3]cm3=（r×10-21+r×10-21）cm3，晶胞体积为，则该晶胞的空间利用率为。20．Fe4N【解析】根据原子半径大小得出B为N，E为Fe，该晶胞中Fe位于顶点和面心，Fe原子个数为：8×+6×=4，N原子位于体心，每个晶胞中含有N原子个数为1，则该晶体的化学式为Fe4N；得到密度为，所以晶胞的体积为：；故答案为：Fe4N；。21．【解析】一个晶胞中N原子个数是，Ti原子个数是，晶胞棱长是N、Ti最短距离2倍，根据密度的定义，将数据代入得，故答案为。22．(1)(2)<<<温度相同时，增大压强，①反应平衡正向移动，CO选择性降低，故<<<℃以后以反应②为主，前后系数不变，不同压强下平衡转化率不变；(3)催化剂中Pd含量增大，选择性催化②③转化率增大(4)正四面体【解析】（1）由，由反应①求出E键能=(1076+2×436+90.8)=2038.8，故反应③（803×2+436×3-2038.8-2×463）=；（2）温度相同时，增大压强，①反应平衡正向移动，CO选择性降低，故<<<；℃以后不同压强下平衡转化率变为一条曲线，原因为℃以后以反应②为主，前后系数不变，不同压强下平衡不移动平衡转化率不变；（3）由上表数据推测，催化剂中Pd含量增大，转化率增大的原因可能为催化剂中Pd含量增大，选择性催化②③转化率增大；（4）由图可看出填充在形成的正四面体空隙中；根据无隙并置，该晶体中有个，为个，晶胞密度为，俯视投影图为23．(1)将Fe、Co转化成可溶性的盐而与WC和C分离4.1≤pH＜7.02Co2++N2H4‧H2O=2Co↓+N2↑+H2O+4H+(2)流速过快，与W的接触时间短，氧化不充分(3)将Na3WO4充分转化为(NH4)3WO4，利用同离子效应，降低(NH4)3WO4的溶解度，提高(NH4)3WO4的产率(4)阳极泥(5)(6)、O＞Cl＞H＞Co硬质