第三章章末测试（提升）（解析版）

PAGE18第三章章末测试（提升）满分100分，考试用时75分钟选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．（春·高二单元测试）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A．的配位数为6 B．与距离最近的是C．该物质的化学式为 D．若换为，则晶胞棱长将改变【答案】B【解析】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A正确；B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B错误；C．位于顶点，所以个数==1，F-位于面心，F-个数==3，位于体心，所以个数=1，综上，该物质的化学式为，C正确；D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；故选B。2．（春·高二单元测试）下列晶体性质的比较中不正确的是A．沸点：NH3>PH3B．熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4C．硬度：白磷>冰>二氧化硅D．硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅【答案】C【解析】A项中注意NH3分子间存在氢键，故沸点NH3>PH3，正确；B项中三种物质的组成和结构相似，且均为分子晶体，熔点随相对分子质量的增大而升高，正确；C项中白磷和冰都是分子晶体，硬度小，而二氧化硅是共价晶体，硬度大，错误；D项中的三种物质都是共价晶体，由于原子半径C<Si，所以键长C—C<C—Si<Si—Si，故键能C—C>C—Si>Si—Si，而键能越大，共价晶体的硬度越大，正确。3．（秋·四川绵阳·高二四川省绵阳江油中学校考期中）有关晶体的结构如下图所示，下列说法不正确的是A．在晶体中，与等距离且最近的形成正八面体B．在晶体中，每个晶胞平均占有4个C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为1∶2D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE【答案】D【解析】A．NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，形成正八面体，A正确；B．根据均摊原则，在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有Ca2+数为，B正确；C．在金刚石晶体中，每个碳原子都和4个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，所以每个碳原子平均连有4×=2个碳碳键，因此碳原子与碳碳键的个数之比为1：2，C正确；D．团簇分子中每一个原子都归该分子所有，由图可知一个团簇分子中含有4个E和4个F，所以该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，D错误；故选D。4．（春·高二单元测试）下列关于物质熔、沸点高低说法错误的是A．的熔、沸点依次降低B．比熔点高C．的熔、沸点依次升高D．分子晶体中共价键的键能越大，分子晶体的熔、沸点越高【答案】D【解析】A．碱金属按Li、Na、K、Rb、Cs的顺序，半径依次增大，金属键依次减弱，熔沸点依次降低，故A正确；B．这两种物质都属于离子晶体，r(O2-)＜r(Cl-)、r(Mg2+)＜r(Na+)，MgO阴阳离子所带电荷大于NaCl阴阳离子所带电荷，所以晶格能MgO＞NaCl，则熔沸点：MgO＞NaCl，故B正确；C．非金属性S＞Se＞Te，所以氢化物的稳定性：H2S＞H2Se＞H2Te；这几种物质都不能形成分子间氢键，分子间作用力：H2S＜H2Se＜H2Te，所以熔沸点：H2S＜H2Se＜H2Te，故C正确；D．分子晶体熔沸点与分子间作用力、氢键有关，与化学键的键能无关，故D错误；故选：D。5．（春·高二单元测试）氨化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性能，其结构如图所示。下列叙述不正确的是A．氮化铝晶体中距离铝原子最近且距离相等的氨原子数目为4B．由于AlN中共价键键长比立方BN中的共价键键长长，所以熔、沸点AlN比BN低C．AlN中Al杂化方式为sp2，N杂化方式为sp3D．氮化铝晶体中含有配位键【答案】C【解析】A．由氮化铝的晶胞结构，可知N原子周围有4个Al原子，而晶体中微粒为1：1型结构，故Al原子周围有4个N原子，故A正确；B．熔沸点与原子间的共价键的键能有关，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，所以熔沸点AlN比BN要低，故B正确；C．结构与金刚石结构类似，金刚石中的碳为sp3杂化，则Al原子和N原子也为sp3杂化，故C错误；D．结构与金刚石结构类似，金刚石中的碳形成4个共价键；Al原子最外层只有3个电子，可以提供空轨道，N原子提供孤对电子而形成配位键，故D正确；故选：C。6．（春·高二单元测试）关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2]的说法中，错误的是A．中心原子的配位数是6B．Ti的化合价为+3价C．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NAD．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2]的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀【答案】C【解析】A．配体为氨气和氯离子，故中心原子的配位数为6，A正确；B．根据化合价代数和为0，Ti的化合价为+3价，B正确；C．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为：(6+35)NA=21NA，C错误；D．配合物中内界和外界之间为离子键，1mol配合物可电离出2mol氯离子，故可产生2molAgCl白色沉淀，D正确；故选C。7．（北京）通过反应4BI(g)+As4(g)4BAs(s，晶体)+6I2(g)可制备具有超高热导率半导体材料——BAs晶体。下列说法错误的是A．图(a)表示As4结构，As4分子中成键电子对数与孤对电子数之比为3：1B．图(b)表示单质硼晶体B12的基本结构单元，该基本单元为正二十面体C．图(b)所示单质硼晶体的熔点为2180℃，它属于共价晶体D．图(c)表示BAs的晶胞结构，距离As原子最近且相等的B原子有4个【答案】A【解析】A．图(a)表示结构，每个原子最外层有5个电子，形成3个键，还有1对孤对电子，分子中成键电子对数(共6对)与孤对电子数(共4对)之比为3∶2，A错误；B．图(b)表示单质硼晶体的基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，一共有20个正三角形，所以该基本单元为正二十面体，B正确；C．单质硼晶体的熔点为，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于共价晶体，C正确；D．晶胞中，较大的原子为原子，距离原子最近且相等的B原子有4个，D正确；答案选A。8．（海南）钙钛矿晶体的晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是。A．晶体的化学式为：B．其组成元素中电负性最大的是：OC．Ti的基态原子价层电子排布式为：D．金属离子与氧离子间的作用力为共价键【答案】D【解析】A．根据晶胞结构图，晶胞中，Ca原子数为1，Ti原子数为，O原子数为，晶体的化学式为，A正确；B．组成元素中电负性为O＞Ti＞Ca，B正确；C．Ti的基态原子价层电子为最外层电子加次外层d电子，其排布式为，C正确；D．金属离子与氧离子间的作用力为离子键，D错误；答案选D。9．（上海）配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法不正确的是A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配位数为6，配位原子有C和NC．1mol配合物中σ键数目为6NAD．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离共得到3NA阴阳离子【答案】C【解析】Na＋与[Fe(CN)5(NO)]2－存在离子键，NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，碳氮之间、氮氧之间存在极性共价键，A正确；NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，共有6个，配位原子有C和N，B正确；1mol配合物中σ键数目为(5×2＋1×2)×NA＝12NA，C错误；配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na＋与1个[Fe(CN)5(NO)]2－，所以1mol配合物电离共得到3NA阴阳离子，D正确。10．（广东）石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法中正确的是A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键B．石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间存在共价键D．石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子【答案】C【解析】A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误；B．石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道，故B错误；C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间存在共价键，故C正确；D．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为，故D错误；答案选C。11．（春·重庆巫山·高二校考期末）关于晶体的叙述中，正确的是A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体【答案】A【解析】A．原子晶体中，熔化要破坏共价键，共价键的键能越大，熔、沸点越高，故A正确；B．分子晶体中，分子间的作用力越大，熔沸点越高，分子的稳定性由分子内共价键强弱来决定，故B错误；C．分子晶体中，分子间的作用力越大，熔、沸点越高，共价键的键能越大，分子越稳定，故C错误；D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体，故D错误；故选A。12．（春·高二单元测试）砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点1238。它在600以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法正确的是A．砷化镓是一种分子晶体B．砷化镓中不存在配位键C．晶胞中Ga原子与As原子的数量比为4：1D．晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体【答案】D【解析】A．根据砷化镓熔点数据和晶胞结构(空间网状)可知砷化镓为原子晶体，A错误；B．Ga最外层有3个电子，每个Ga与4个As成键，所以砷化镓必有配位键，B错误；C．晶胞中，Ga位于顶点和面心，则数目为，As位于晶胞内，数目为4，所以晶胞中Ga原子与As原子的数目之比为1:1，C错误；D．由图可知，晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体，D正确；故选D。13．（辽宁朝阳）下列晶体属于离子晶体且阴、阳离子的立体构型相同的是A． B． C． D．【答案】C【解析】A．NH4NO3属于离子晶体，的立体构型为正四面体，的立体构型为平面三角形，即和的立体构型不同，A不符合题意；B．Si3N4属于原子晶体，B不符合题意；C．NH4ClO4属于离子晶体，和的立体构型相同，都是正四面体，C符合题意；D．H3PO4属于分子晶体，D不符合题意；故选C。14．（·高二课时练习）下列选项中各物质的化学键类型相同、晶体类型也相同的是A．、、 B．金刚石、、C．、、 D．、、、单质硅【答案】A【解析】A．、、都是分子晶体，都只含共价键，故A正确；B．金刚石是共价晶体，O2、F2是分子晶体，故B错误；C．、是离子晶体，是分子晶体，故C错误；D．I2、Ar、N2是分子晶体，单质硅是共价晶体，故D错误；选A。15．（春·高二单元测试）钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构如图所示，它的化学式是(

)A．BaTi8O12 B．BaTi4O6 C．BaTi2O4 D．BaTiO3【答案】D【解析】由晶胞结构示意图可知，Ba在立方体的体心，完全属于该晶胞，晶胞中含有Ba原子个数为1；Ti原子位于立方体的8个顶点，每个Ti有属于该晶胞，晶胞中含有Ti原子个数为8×=1；O处于立方体的12条棱的中点，每个O有属于该晶胞，晶胞中含有O原子个数为12×=3。则晶体中N(Ba)：N(Ti)：N(O)=1：1：3，则钛酸钡的化学式为BaTiO3，故合理选项是D。16．（春·高二单元测试）配位化合物物广泛的应用于物质分离、定量测定．医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O下列说法正确的是A．该配位化合物的配位数为5B．提供孤电子对的成键原子是N和ClC．[Co(NH3)5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键D．氧化剂H2O2是非极性分子【答案】B【解析】A．由[Co(NH3)5Cl]Cl2配位化合物可知，内界为[Co(NH3)5Cl]2+，Co3+为中心离子，5个NH3和1个Cl-是配体，该配位化合物的配位数为5+1=6，故A错误；B．在[Co(NH3)5Cl]2+配合物离子中，中心离子Co3+提供空轨道，配体NH3中N原子和配体Cl-中Cl原子提供孤电子对，故B正确；C．[Co(NH3)5Cl]2+中氨气分子内存在N-H共价键，Co3+与氨分子之间形成配位键，Co3+与Cl-之间也形成配位键，则[Co(NH3)5Cl]2+中有配位键、共价键，故C错误；D．H2O2分子不是直线形的，两个氢原子在犹如半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，如，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；答案为B。非选择题：共56分。17．（春·新疆哈密·高二校考期中）（8分）（1）配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3•6NH3（黄色）、CoCl3•5NH3（紫红色）、CoCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。CoCl3•6NH3______，CoCl3•4NH3（绿色和紫色）______。②上述配合物中，中心离子的配位数都是______。（2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色，该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN═Fe（SCN）3+3KCl表示。经研究表明，Fe（SCN）3是配合物，Fe3+与SCN-不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合，请按要求填空：①Fe3+与SCN-反应时，Fe3+提供______，SCN-提供______，二者通过配位键结合。②所得Fe3+与SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子显血红色，含该离子的配合物的化学式是______。【答案】（1）[Co(NH3)6]Cl3

[Co(NH3)4Cl2]Cl

6

（2）空轨道

孤电子对

[Fe(SCN)]Cl2【解析】（1）CoCl3•6NH3中有3个Cl-为外界离子，配体为6个NH3，化学式为[Co（NH3）6]Cl3；CoCl3•4NH3（绿色和紫色）中有1个Cl-为外界离子，配体为4个NH3和2个Cl-，化学式均为[Co（NH3）4（Cl）2]Cl，故答案为[Co(NH3)6]Cl3；[Co(NH3)4Cl2]Cl；②这几种配合物的化学式分别是[Co（NH3）6]Cl3、[Co（NH3）5（Cl）]Cl2、[Co（NH3）4（Cl）2]Cl，其配位数都是6，故答案为6；（2）①Fe3+与SCN-反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN-提供孤对电子，二者通过配位键结合，故答案为空轨道，孤对电子；②Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子为[Fe（SCN）]2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe（SCN）]Cl2与KCl，故答案为[Fe（SCN）]Cl2。18．（湖南·高二校联考期末）（16分）2019年诺贝尔化学奖授予在研究锂离子电池方面的三位科学家。已知、是锂离电池常用的电极材料。回答下列相关问题：(1)基态Co原子核外有________种不同形状的电子云；基态Fe原子的价电子排布图为________；科学家通过________法可以得出太阳中存在较多的锂元素。(2)中，、、O三种元素的电负性大小顺序为________；第二周期元素中，第一电离能介于和O之间的元素有________(填写元素符号)。(3)结构中，的空间构型为________，写出一个与之属于等电子体的离子________。(4)晶体的结构单元如图所示。①若把锂、钴两种原子看作一种金属原子，该晶体属于型晶型，晶体中O原子的配位数为_______；晶体中O原子占据金属原子形成的_______(填“四而体空隙”或“八而体空隙”)。②若晶体的结构单元的体积为，设表示阿伏加德罗常数的值，则的密度为_______。【答案】

（1）3

光谱分析(或原子光谱)

Be、B、C

正四面体形

(其他合理答案也可)

6

八面体空隙

【解析】(1)基态、原子的电子排布式分别为，，可以得出基态原子有3种能级，电子云形状有3种；基态原子价电子排布图为；光谱分析法是确定元素常用的方法，科学家通过原子光谱法得出太阳中含有哪些具体元素，故答案为：3；；光谱分析(或原子光谱)；(2)非金属性越强，电负性数值越大，、、O三种元素的电负性大小顺序为；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，第一电离能介于与O之间的有、B、C三种，故答案为：；、B、C；(3)中P原子的价层电子对数=4+=4，P原子采用杂化，空间构型为正四面体形，与互为等电子体的离子有、等，故答案为：正四面体形；(或)；(4)①若把锂、钴原子看作一种金属原子，属于型，根据氯化钠晶胞的结构单元，显然O原子配位数为6，晶体中O原子占据金属原子形成的八面体中心()，故答案为：6；八面体空隙；②根据的晶体的结构单元图示，可以得出含有原子个数为，原子的个数为，O的个数为。说明该的晶体的结构单元的质量为，则其密度为，故答案为：。19．（16分）（福建）(1)一些氧化物的熔点如下表所示：氧化物熔点1570280023.8-75.5解释表中氧化物之间熔点差异的原因：____________；图甲是的拉维斯结构，以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的，图乙是沿立方格子对角面取得的截图可见，原子之间最短距离x=____________，原子之间最短距离y=____________，设阿伏加德罗常数的值为，则的密度是_________(列出计算表达式)；(2)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图甲所示，晶胞中和原子的投影位置如图乙所示.图中和共同占据晶胞的上、下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表示为___________；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=____________，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置称作原子分数坐标，例如图甲中原子1的坐标为，则原子2和3的坐标分别为____________、___________.【答案】

（1）一般离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，氧化锂、氧化镁为离子晶体，晶格能：，故熔点：；、为分子晶体，相对分子质量，熔点：

（2）

【解析】(1)一般离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，氧化锂、氧化镁为离子晶体，离子晶体的熔沸点与晶格能有关，晶格能越大，熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，晶格能：，故熔点：；、为分子晶体，分子晶体的熔点与分子间作用力有关，分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，相对分子质量：，故熔点：；(2)根据晶胞结构特点，图乙右侧图形可知4个Cu原子相切排列，x为Cu原子直径，可以得出Cu原子之间最短距离x为晶胞面对角线的，晶胞参数为，其面对角线为，则；原子之间最短距离为晶胞体对角线的，则；根据晶胞结构特点及、原子在晶胞中分布位置，晶体密度，，可以得出该晶胞中含有个原子，含有个原子，晶胞质量m为8个和16个的质量，即，所以；(2)晶胞中4个均位于面上，则原子个数为，有4个位于棱上，有1个位于内部，则原子个数为，有4个位于面上，则原子个数为，和原子个数共有=2，若为2x个，则为个，所以该化合物的化学式为，该晶胞中含有2个，晶体晶胞参数为、、，晶胞的体积为，且的相对分子质量为，其质量为，根据密度公式得；由晶胞图知，若原子1的坐标为，超导化合物原子2位于原子1正下方(底面面心)，则由原子1坐标结合三维坐标系的方向可知原子2坐标为；原子3位于棱心，其坐标为。20．（·高二课时练习）（16分）(1)甲醛与新制悬浊液加热可得砖红色沉淀，已知晶胞的结构如图所示：①在该晶胞中，的配位数是___________。②若该晶胞的边长为apm，则的密度为___________(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为)。(2)砷化镓为第三代半导体材料，晶胞结构如图所示，砷化镓晶体中最近的砷和镓原子核间距为acm，砷化镓的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则砷化镓晶体的密度表达式是___________。(3)晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，基稀磁半导体的晶胞如图所示，其中A处的原子坐标参数为；B处的原子坐标参数为；C处的原子坐标参数为___________。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知单晶的晶胞参数，表示阿伏加德罗常数的值，则其密度为___________(列出计算式即可)。(4)元素铜的单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。若已知铜元素的原子半径为dcm，相对原子质量为M，代表阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(用含M、d、的代数式表示)。(5)金属镍与镧()形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如图。①储氢原理：镧镍合金吸附，解离为原子，H原子储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和面心，则形成的储氢化合物的化学式为___________。②测知镧镍合金晶胞体积为，则镧镍合金的晶体密度为___________(列出计算式即可)。【答案】（1）2

【解析】(1)①根据氧化亚铜的化学式和晶胞结构分析，在该晶胞中，每个O2-和4个Cu+相连，每个Cu+和2个O2-相连，故Cu+的配位数是2；②根据氧化亚铜的晶胞结构可知，晶胞的质量为，若该晶胞的边长为，则晶胞的体积为，则的密度为；(2)砷化镓晶体中最近的砷和镓原子的核间距为晶胞体对角线长的，则晶胞的棱长为，每个晶胞中含有4个砷原子和4个镓原子，所以密度表达式为；(3)①根据晶胞结构可知，C处Li的原子坐标参数为；②该晶胞中Li、As、Zn原子的个数都为4，根据化学式可知该晶体的密度；(4)由题图可知铜晶胞中含有的铜原子数目为。若已知铜元素的原子半径为dcm，则由图丙知，其晶胞的面对角线长是4dcm，所以晶胞的边长是，则该晶体的密度；(5)①根据均摊法，储氢后晶胞中La的个数为，Ni的个数为，H的个数为，因此该储氢化合物的化学式为；②根据密度的定义，晶胞的质量为，体积为，密度为。课后检测一、选择题：本题共11小题，每小题2分，共22分。每小题只有一个选项符合题意。1．下列叙述中正确的是()A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形B．晶体具有的物理性质是各向异性C．晶体、非晶体均具有固定的熔点D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性答案B解析晶体与非晶体的根本区别在于构成固体的粒子在微观空间里是否呈现周期性的有序排列，A不正确；晶体具有的物理性质是各向异性，B正确；非晶体没有固定的熔点，C不正确；晶体的自范性指的是在适宜条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则的多面体外形的性质，这一适宜条件一般指的是自动结晶析出的。由玻璃制成规则的玻璃球是非晶体，不能体现晶体的自范性，D不正确。2．下列关于金属物理性质原因的描述不正确的是()A．金属具有良好的导电性，是因为金属晶体中的“电子气”在电场作用下作定向移动B．金属具有良好的导热性能，是因为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C．金属晶体具有良好的延展性，是因为金属晶体中的原子层在滑动过程中金属键未破坏D．金属一般具有银白色光泽，是物理性质，与金属键没有关系答案D解析金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，A正确；金属内部的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，因此B正确；当金属晶体受到外力作用时，晶体中的各原子层发生相对滑动而不断裂，所以表现出良好的延展性，故C正确；金属一般具有银白色光泽是由于金属键中的自由电子在吸收可见光以后，发生跃迁，成为高能态，然后又会回到低能态，把多余的能量以可见光的形式释放出来的缘故，所以金属一般具有银白色光泽与金属键有关系，故D错误。3．下列过程中化学键被破坏的是()①碘升华②溴蒸气被木炭吸附③酒精溶于水④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水⑥NaCl熔化A．全部 B．②③④⑤⑥C．④⑤⑥ D．⑤⑥答案C解析①碘是分子晶体，升华破坏的是分子间作用力，错误；②溴蒸气被木炭吸附破坏的是分子间作用力，错误；③酒精溶于水破坏的是分子间作用力，错误；④HCl气体溶于水在水分子的作用下，断裂共价键，形成H＋和Cl－，正确；⑤MgCl2溶解于水断裂的是离子键，正确。4．下列能与NaOH溶液反应的且属于共价晶体的化合物是()A．金刚石 B．石墨C．石英(SiO2) D．CO2答案C解析金刚石属于共价晶体，不能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，A不符合题意；石墨属于混合型晶体，不能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，B不符合题意；石英(SiO2)属于共价晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是化合物，C符合题意；CO2能与氢氧化钠溶液反应，但CO2是属于分子晶体的化合物，D不符合题意。5．下列性质适合于离子晶体的是()A．熔点1037℃，易溶于水，水溶液能导电B．熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电C．能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.5℃D．熔点97.81℃，质软、导电，密度0.97g·cm－3答案A解析A项，熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电，说明该晶体具有离子晶体的特点；B项，熔点为10.31℃，熔点低，符合分子晶体的特点，液态不导电，是由于液态时，只存在分子，没有离子，水溶液能导电，是由于溶于水后，在水分子的作用下电离出自由移动的离子；C项，能溶于CS2、熔点112.8℃，沸点444.5℃，符合分子晶体的特点；D项，金属钠熔点为97.81℃，质软、导电、密度0.97g·cm－3，符合金属晶体的特点。6．为了确定SbCl3、SbCl5、SnCl4是否为离子化合物，可以进行下列实验，其中合理、可靠的是()A．观察常温下的状态：SbCl5是苍黄色液体，SnCl4为无色液体。结论：SbCl5和SnCl4都是离子化合物B．测定SbCl3、SbCl5、SnCl4的熔点依次为73.5℃、2.8℃、－33℃。结论：SbCl3、SbCl5、SnCl4都不是离子化合物C．将SbCl3、SbCl5、SnCl4分别溶解于水中，再分别滴入HNO3酸化的AgNO3溶液，均产生白色沉淀。结论：SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物D．测定SbCl3、SbCl5、SnCl4的水溶液的导电性，发现它们都可以导电。结论：SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物答案B7．下列各项所述的数字不是6的是()A．在NaCl晶体中，与一个Na＋最近的且距离相等的Cl－的个数B．在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C．在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数D．在石墨晶体的层状结构中，最小的环上的碳原子个数答案C解析二氧化硅是共价晶体，其中的硅原子数目与氧原子数目之比为1∶2，空间结构中每个单元环由6个硅原子和6个氧原子组成。8．某研究所合成了一种球形分子，它的分子式为C60Si60，其结构中包含有C60和Si60结构。下列对该分子的叙述中正确的是()A．分子中Si60被包裹在C60里面B．形成的晶体属于分子晶体C．其摩尔质量为2400D．熔点高、硬度大答案B解析硅的原子半径比碳大，所以化合物C60Si60，外层球壳为Si60，故A不正确；根据题意知，该晶体是由分子构成的，属于分子晶体，故B正确；该分子是由60个碳原子和60个硅原子结合而成，该物质的摩尔质量为2400g·mol－1，故C不正确；该物质是分子晶体，熔点低，硬度小，D不正确。9．在化学上，常用一条短线表示一个化学键，如图所示的有关结构中，有直线(包括虚线)不表示化学键或分子间作用力的是()A．石墨的结构 B．白磷的结构C．CCl4的结构 D．立方烷(C8H8)的结构答案C解析A项，表示的是石墨的层状结构。在层内，每个C原子与相邻的三个C原子形成共价键，这些共价键形成一个个平面正六边形，这些六边形结构向空间扩展，就形成了石墨的层状结构，在层间，是以分子间作用力结合。不符合题意；B项，在白磷(P4)中，每个P原子与相邻的三个P原子形成三个共价键，键角为60°。所以白磷分子的结构是正四面体结构，不符合题意；C项，CCl4是由分子构成的物质。在每个CCl4分子中C原子与4个Cl原子形成4个共价键，键角为109°28′。所以CCl4分子是正四面体结构。但是四个Cl原子间没有作用力，不会形成化学键，虚线不表示化学键，符合题意；D项，在立方烷(C8H8)中每个C原子与相邻的三个C原子形成三个共价键，键角为90°，因此每条线都表示化学键，不符合题意。10．氯化铯晶胞(晶体重复的结构单位)如图甲所示，该晶体中Cs＋与Cl－的个数之比为1∶1，化学式为CsCl。若某晶体晶胞结构如图乙所示，其中含有A、B、C三种元素的粒子，则该晶体中A、B、C的粒子个数之比为()A．8∶6∶1 B．4∶3∶1C．1∶6∶1 D．1∶1∶3答案D解析根据晶胞的均摊法，在此晶体的晶胞中有A：8×eq\f(1,8)＝1个，B：1×1＝1个，C：6×eq\f(1,2)＝3个，即N(A)∶N(B)∶N(C)＝1∶1∶3，故D正确。11．已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是()A．ZXY3 B．ZX2Y6C．ZX4Y8 D．ZX8Y12答案A解析根据晶胞结构可知X、Y、Z分别位于晶胞的顶点、棱、体心处，因此根据均摊法可知，含有X、Y、Z原子的个数分别是8×eq\f(1,8)＝1、12×eq\f(1,4)＝3、1，所以该晶体的化学式是ZXY3，答案选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。12．科学家发现钇钡铜氧化合物在90K时具有超导性，若该化合物的结构如图所示，则该化合物的化学式可能是()A．YBa2Cu3O8B．YBa2Cu2O5C．YBa2Cu3O5D．YBaCu4O4答案C解析由图可知，图中有一个钇原子，两个钡原子。而铜原子，在顶点和在侧棱各有8个，故总的铜原子数为eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,4)×8＝3个。对于氧原子，共6×eq\f(1,4)＋7×eq\f(1,2)＝5个，故C正确。13．在CuCl2溶液中存在如下平衡：[CuCl4]2－＋4H2O[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－黄色蓝色下列说法中不正确的是()A．将CuCl2固体溶于少量水中得到蓝色溶液B．将CuCl2固体溶于大量水中得到蓝色溶液C．[CuCl4]2－和[Cu(H2O)4]2＋都是配离子D．当[CuCl4]2－和[Cu(H2O)4]2＋达一定比例时，溶液呈现绿色答案A解析将CuCl2固体溶于少量水中，则根据平衡移动方程式可知，主要是以[CuCl4]2－形式存在，A不正确；稀释有利于平衡向正反应方向移动，B正确；C正确，其中氯离子和水都是配体。14．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法不正确的是()A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配位数为6，配位原子有C和NC．1mol配合物中σ键数目为10NAD．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子答案AC解析配合物中存在配位键，内界和外界之间存在离子键，内界CN－、NO存在极性键，但不存在非极性键，故A错误；配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配体为CN－和NO，配位原子为C和N，配位数为6，故B正确；配位键也属于σ键，配体CN－中含有1个σ键，NO中含有1个σ键，所以1mol配合物中σ键数目为6＋1×5＋1＝12mol，即12NA，故C错误；配合物为离子化合物，易电离，完全电离成Na＋和[Fe(CN)5(NO)]2－，1mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子，故D正确。15．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．向硝酸银溶液中加入氨水，可除去硝酸银溶液中的Ag＋答案D解析向AgNO3溶液中加入氨水，Ag＋与氨水反应先产生沉淀，后沉淀不断溶解得到配合物。16．已知冰晶石(Na3AlF6)熔融时的电离方程式为Na3AlF6=3Na＋＋AlFeq\o\al(3－,6)。现有冰晶石的结构单元如图所示，位于大立方体顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，是图中、中的一种。下列说法正确的是()A．冰晶石是离子晶体B．大立方体的体心处代表Al3＋C．与Na＋距离相等且最近的Na＋有6个D．冰晶石晶体的密度约为eq\f(1395,a3)g·cm－3答案AD解析由冰晶石熔融时能发生电离，可知冰晶石是离子晶体，A项正确；每个晶胞中含有的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，的个数为12×eq\f(1,4)＋8＝11，根据冰晶石的化学式可知，AlFeq\o\al(3－,6)与Na＋的个数比为1∶3，故与必然表示同一种微粒，即为Na＋，B项错误；与Na＋距离相等且最近的Na＋有8个，C项错误；晶体的密度为eq\f(4×210,6.02×1023×a×10－83)g·cm－3≈eq\f(1395,a3)g·cm－3，D项正确。三、非选择题：本题共5个小题，共58分。17．(10分)磁性材料氮化铁镍合金可用Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、丁二酮肟、氨气、氮气、氢氧化钠、盐酸等物质在一定条件下反应制得。(1)基态Ni原子的价电子排布式是_______________________________________________。(2)丁二酮肟(结构简式如图1所示)中碳原子的杂化方式为________。丁二酮肟中C、N、O第一电离能由大到小的顺序为________。1mol丁二酮肟分子中含有σ键的数目为________。(3)图2是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后，含1molLa的合金含有Ni的数目为____。答案(1)3d84s2(2)sp2和sp3N>O>C15NA(3)5NA或3.01×1024解析(2)该分子中甲基上C原子价层电子对个数是4、连接甲基的碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型，前者为sp3、后者为sp2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C；共价单键为一个σ键、共价双键中含有一个σ键和一个π键，1个丁二酮肟分子中含有15个σ键，则1mol该物质中含有15molσ键。(3)该晶胞中La原子个数＝8×eq\f(1,8)＝1、Ni原子个数＝4×eq\f(1,2)＋1＋4×eq\f(1,2)＝5，则该晶胞中La、Ni原子个数之比为1∶5，所以含1molLa的合金含有Ni的数目为5NA＝3.01×1024。18．(10分)氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。(1)关于这两种晶体的说法，正确的是________(填字母)。A．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软C．两种晶体中B—N均为共价键D．两种晶体均为分子晶体(2)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间结构为________，其结构与石墨相似却不导电，原因是______________________________________________________。(3)立方相氮化硼晶体，硼原子的杂化轨道类型为____________。该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是__________。(4)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1molNH4BF4含有____mol配位键。答案(1)BC(2)平面三角形层状结构之间没有自由移动的电子(3)sp3高温、高压(4)2解析(1)A项，立方相氮化硼只含有σ键，由于形成的是立体网状结构，所以硬度大，错误；B项，六方相氮化硼层间以分子间作用力结合，作用力小，所以质地软，正确；C项，两种晶体中B—N均为共价键，正确；D项，两种晶体前者是混合型晶体，后者是共价晶体，错误。(2)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间结构为平面三角形；其结构与石墨相似却不导电，原因是层状结构之间没有自由移动的电子。(3)立方相氮化硼晶体，硼原子的杂化轨道类型为sp3；根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温、高压的条件。(4)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1molNH4BF4含有N与H原子间和B与F原子间形成的2mol配位键。19．(12分)X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2＋离子的3d轨道中有9个电子。请回答下列问题：(1)Y基态原子的电子排布式是________；Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是________。(2)XYeq\o\al(－,2)离子的空间结构是________；R2＋的水合离子中，提供孤电子对的原子是________。(3)Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数之比是______。(4)将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_______________________________________________________________。答案(1)1s22s22p4Cl(2)V形O(3)2∶1(4)2Cu＋8NH3·H2O＋O2=2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O解析X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体，该气体是NO2，则X是氮元素，Y是氧元素；X与氢元素可形成XH3，该气体是