2026版高中化学人教版选择性必修2《物质结构与性质》第三章　理与提升题库

整理与提升一、体系构建1.晶体结构与性质晶体常识2.配位键和配合物配位键的形成条件3.超分子的重要特征分子识别二、真题导向考向一物质结构与性质选择题1.(2023·山东，5)石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是()A.与石墨相比，(CF)x导电性增强B.与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强C.(CF)x中C—C的键长比C—F短D.1mol(CF)x中含有2xmol共价单键答案B解析石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；石墨层间插入F后形成的C—F键长短，键能极大，分子结构稳定性增强，抗氧化性增强，B正确；已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中C—C的键长比C—F的长，C错误；由题给结构示意图可知，在(CF)x中每个C与周围的3个碳原子、1个F原子形成共价键，每个C—C被2个碳原子共用，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误。2.(2024·安徽，14)研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物(LixLayTiO3)，其立方晶胞和导电时Li+迁移过程如图所示。已知该氧化物中Ti为+4价，La为+3价。下列说法错误的是()A.导电时，Ti和La的价态不变B.若x=13，Li+C.与体心最邻近的O原子数为12D.导电时，空位移动方向与电流方向相反答案B解析根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×18=1个，含O：12×14=3个，含La或Li或空位共1个，若x=13，则La和空位共23，n（La）+n（空位）=23，结合正负化合价代数和为0，（+1）×13+（+3）×n（La）+（+4）×1+（-2）×3=0，解得n（La）=59、n（空位）=19，Li+与空位数目不相等，B项错误；由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O3.(2024·吉林，14)某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是()A.结构1钴硫化物的化学式为Co9S8B.晶胞2中S与S的最短距离为32C.晶胞2中距Li最近的S有4个D.晶胞2和晶胞3表示同一晶体答案B解析由均摊法得，结构1中含有Co的数目为4+4×18=4.5，含有S的数目为1+12×14=4，Co与S的原子个数比为9∶8，因此结构1的化学式为Co9S8，故A正确；由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的12，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为22a，故B错误；如图：，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故C正确；如图，当两个晶胞2放在一起时，图中灰框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故4.(2023·湖北，15)镧La和H可以形成一系列晶体材料LaHn，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构，即得到晶体LaHx。下列说法错误的是()A.LaH2晶体中La的配位数为8B.晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHxC.在LaHx晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼D.LaHx单位体积中含氢质量的计算式为40(4.84×10答案C解析由LaH2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx，故B正确；由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，这样的结构有8个，顶点数为4×8=32，但整个晶胞中H原子不形成闭合多面体笼，故C错误；1个LaHx晶胞中含有5×8=40个H原子，含H质量为40NAg，晶胞的体积为(484.0×10-10cm)3=(4.84×10-8)3cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为40(4.84×10-8)考向二物质结构与性质填空题Ⅰ.晶体类型及晶体熔、沸点的比较5.［2022·海南，19(3)节选］邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是

。

答案两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高6.［2022·全国乙卷，35(3)］卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为。解释X的熔点比Y高的原因。

答案CsClCsCl为离子晶体，ICl为分子晶体解析CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。Ⅱ.晶胞的相关计算7.［2024·全国甲卷，35(5)］结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为_____________

g·cm-3（列出计算式）。答案64×解析PbS晶胞中有4个Pb和4个S，距离每个Pb原子周围最近的S原子是6个。设NA为阿伏加德罗常数的值，则NA个晶胞的质量为4×（207+32）g，NA个晶胞的体积为NA×(594×10-10cm)3，则该晶体密度为4×8.［2023·山东，16(3)节选］一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°)，其中Cu化合价为+2。若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ=g·cm-3(用含NA的代数式表示)。

答案4.36×1032abcN解析一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×14+2=4、白球的个数为16×14+4×12+2=8、灰球的个数为8×18+1=2，则X中含有3种元素，其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu的化合价为+2、F的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的质量为2×218NAg，晶胞的体积为abcpm3=abc×10-30cm3，化合物X的密度ρ==4.36×1032a29.［2022·辽宁，17(6)］某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g·mol-1，则M元素为(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价层电子排布式为。

答案Fe3d6解析由图可知，“”代表M(NH3)6，“”代表BH4，“”处于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含“”的个数为8×18+6×12=4，8个“”均处于晶胞内部，则“”和“”的个数之比为4∶8=1∶2，故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2；又知该化合物的摩尔质量为188g·mol-1，则有Mr(M)+17×6+15×2=188，解得Mr(M)=56，故M元素为Fe。化合物Fe(NH3)6·(BH4)2中，NH3整体为0价，BH4-中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，Fe10.［2023·浙江6月选考，17(3)］某含氮化合物晶胞如图，其化学式为，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为。

答案CaCN26解析Ca2+个数为2+4×16+4×112=3，CN22-个数为2+2×13+2×16=3，则其化学式为CaCN2。本题中分析得到，以这个CNⅢ.配位键与配合物11.［2023·海南，19(1)(3)］我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。(代表单键、双键或三键)回答问题：(1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是。

(3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是。

答案(1)C、O、P、Cl(3)N12.［202