第4章 第4节 晶体的结构与性质-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮课时作业word（人教多选版）

课时冲关十三　晶体的结构与性质 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1．下列关于超分子的说法不正确的是(　　) A．C70属于超分子 B．超分子有的是有限的，有的是无限伸展的 C．C60与“杯酚”可通过分子间作用力形成超分子 D．超分子具有“分子识别”“自组装”两大重要特征 解析：A　[超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。C70是一种分子，故不属于超分子。] 2．晶体是一类非常重要的材料，在很多领域都有广泛的应用。我国现已能够拉制出直径为300毫米的大直径硅单晶，晶体硅大量用于电子产业。下列对晶体硅的叙述中正确的是(　　) A．形成晶体硅的速率越大越好 B．晶体硅没有固定的熔、沸点 C．可用X射线衍射实验来鉴别晶体硅和玻璃 D．晶体硅的形成与晶体的自范性有关，而与各向异性无关 解析：C　[A选项，晶体的形成都要有一定的形成条件，如温度、压强、结晶速率等，但并不是说结晶速率越大越好；B选项，晶体有固定的熔、沸点；C选项，X射线衍射实验能够测出物质的内部结构，根据粒子是否有规则的排列就能区分出晶体与非晶体；D选项，晶体的形成与晶体的自范性和各向异性都有密切关系。] 3．下列说法中正确的是(　　) A．离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子 B．金属导电的原因是在外电场作用下金属产生自由电子，电子定向运动 C．分子晶体的熔、沸点很低，常温下都呈液态或气态 D．共价晶体中的各相邻原子都以共价键相结合 解析：D　[A项，离子晶体中每个离子周围不一定吸引6个带相反电荷的离子，如CsCl晶体中每个Cs＋吸引8个Cl－；B项，金属晶体中的自由电子不是因为外电场作用产生的；C项，常温下，分子晶体不一定是液态或气态，可能为固态，如I2、S8等。] 4．(2021·湖北适应性考试)B和Al为同族元素，下列说法错误的是(　　) A．BF3和AlF3都可以与F－形成配位键 B．H3BO3为三元酸，Al(OH)3呈两性 C．共价键的方向性使晶体B有脆性，原子层的相对滑动使金属Al有延展性 D．B和Al分别与N形成的共价晶体，均具有较高硬度和熔点 解析：B　[BF3和AlF3中B和Al均有空轨道，F－有孤电子对，因此BF3和AlF3都可以与F－形成配位键，A正确；H3BO3为一元弱酸，Al(OH)3为两性氢氧化物，具有两性，B错误；晶体B为共价晶体，共价键的方向性使晶体B有脆性，Al为金属晶体，原子层的相对滑动使金属Al有延展性，C正确；B和Al分别与N通过共价键形成共价晶体，共价晶体具有较高硬度和熔点，D正确。] 5．利用反应CCl4＋4NaC(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(　　) A．C(金刚石)属于共价晶体 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：D　[金刚石：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，形成的晶体为共价晶体，故 A 正确；该反应中Na由0价→＋1价，作还原剂将CCl4还原，故B正确；CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；NaCl晶体：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，故D错误。] 6．(2024·保定市高三开学考)锂与生活息息相关，个人携带的笔记本电脑、手机、蓝牙耳机等数码产品中应用的锂离子电池中就含有丰富的锂元素。锂晶胞为最密六方堆积(如图)，图中底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　) A．该结构中含有6个Li原子 B．该结构中Li的配位数为6 C．锂晶体的密度为×1030 g·cm－3 D．锂离子电池放电时，Li＋从负极脱嵌，经过电解质嵌入正极 解析：B　[A.根据晶胞的计算，Li原子位于顶点和面心、体心，个数为12×＋2×＋3＝6，A正确；B.根据晶胞的结构，该结构中Li的配位数为12，B错误；C.根据ρ＝＝＝×1030g·cm－3，C正确；D.电池放电时，阳离子向正极移动，所以Li＋从负极脱嵌，经过电解质嵌入正极，D正确。] 7．已知[Co(H2O)6]2＋呈粉红色，[CoCl4]2－呈蓝色，[ZnCl4]2－为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡： [Co(H2O)6]2＋＋4Cl－[CoCl4]2－＋6H2O　ΔH 用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下： 以下结论和解释正确的是(　　) A．等物质的量的[Co(H2O)6]2＋和[CoCl4]2－中σ键数之比为3∶2 B．由实验①可推知ΔH<0 C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2－>[CoCl4]2－ 解析：D　[等物质的量的[Co(H2O)6]2＋和[CoCl4]2－中σ键数之比为(6＋2×6)∶4＝9∶2，A错误；将蓝色溶液置于冰水浴中，温度降低，溶液变为粉红色，说明[CoCl4]2－转化为[Co(H2O)6]2＋，平衡逆向移动，正向反应是吸热反应，ΔH>0，B错误；实验②中加水稀释，体系中各离子的浓度都减小，平衡朝着增大溶液中总离子浓度的方向(逆向)进行，水是纯液体，无所谓浓度，C错误；加少量ZnCl2固体，蓝色溶液变成粉红色，说明平衡逆向移动，原因是Zn2＋结合Cl－生成[ZnCl4]2－，导致c(Cl－)减小，由此可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2－>[CoCl4]2－，D正确。] 8．(2021·湖北适应性考试)已知NixMg1－xO晶体属立方晶系，晶胞边长a。将Li＋掺杂到该晶胞中，可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。 假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，下列说法正确的是(　　) A．该结构单元中O原子数为3 B．Ni和Mg间的最短距离是a C．Ni的配位数为4 D．该物质的化学式为Li0.5Mg1.12Ni2.38O4 解析：B　[A项，由均摊法可知该结构单元中O原子数为1＋12×＝4，错误；B项，由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即 ＝a，正确；C项，由晶胞可知Ni的配位数为6，错误；D项，1个晶胞中Li的个数为1×＝0.5，Mg的个数为2×＋1×＝1.125，Ni的个数为7×＋3×＝2.375，O的个数为4，因此该物质的化学式为Li0.5Mg1.125Ni2.375O4，错误。] 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意 9．(2024·菏泽市一模)某水性钠离子电池电极材料由Na＋、Fe2＋、Fe3＋、CN－组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na＋过程中，Fe2＋与Fe3＋含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是(　　) A．铁在元素周期表中位于第4周期ⅧB族 B．普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白 C．普鲁士蓝中Fe2＋与Fe3＋个数比为1∶2 D．普鲁士白的化学式为NaFe(CN)3 解析：AC　[A.铁在元素周期表中位于第4周期Ⅷ族，故A错误；B.根据普鲁士白的结构图可知1个晶胞中含有8个Na＋，比普鲁士蓝和格林绿都多，Na＋嵌入越多导电性能越好，所以普鲁士蓝的导电能力小于普鲁士白，故B正确；C.将普鲁士蓝晶胞分为8个小立方体，CN－位于小立方体的棱心上，小立方体中CN－个数为3，普鲁士蓝晶胞中CN－个数为3×8＝24，Fe2＋位于晶胞棱心和体心，个数为4，Fe3＋位于顶点和面心，Fe3＋个数4，Fe2＋与Fe3＋个数比为1∶1，故C错误；D.普鲁士白和普鲁士蓝相比，晶胞中多了4个Na＋，所以由C分析可知，普鲁士白中Na＋、Fe离子、CN－个数比为8∶8∶24＝1∶1∶3，化学式为NaFe(CN)3，故D正确。] 10．(2024·山东济宁市高三一模)向K2[PtCl4]的稀盐酸中通入乙烯气体可得到金黄色沉淀K[Pt(C2H4)Cl3]，该沉淀的阴离子结构如图所示，下列有关该沉淀的阴离子说法正确的是(　　) A．该沉淀的阴离子所有原子不共平面 B．乙烯分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化 C．配位键的形成均为电子给予体提供孤电子对 D．由其组成的物质可以燃烧 解析：AD　[乙烯是平面形分子，而整个阴离子中所有原子不共平面，A项正确；乙烯分子中含有碳碳双键，所以碳原子的杂化方式为sp2杂化，B项错误；在阴离子[Pt(C2H4)Cl3]－中，中心原子是Pt，分别与3个氯离子形成σ键和一个乙烯分子形成配位键，根据图可知，配位键中2个C原子各提供1个电子，C项错误；该物质为有机配位化合物，可以燃烧，D项正确。] 11．(2024·聊城市一模)水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体MnO空位中嵌入Zn2＋的电极材料充放电过程如图2所示(除中心空位外，其他空位未画出)。下列叙述中正确的是(　　) A．该材料在锌电池中作为负极材料 B．①为MnO活化过程，其中Mn的价态一定发生变化 C．②代表电池放电过程 D．③中1 mol晶体转移的电子数为0.2 mol 解析：BC　[A.锌电池中Zn失去电子生成Zn2＋，Zn电极为负极材料，故A错误；B.①过程中MnO晶胞中体心的Mn2＋失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故B正确；C.②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2＋，说明体系中有额外的Zn2＋生成，因此表示放电过程，故C正确；D.由图可知Zn0.1Mn0.6□0.3O中n(Zn2＋)∶n(O2－)＝1∶10，一个晶胞中含有O2－个数为8×＋6×＝4，则一个晶胞中含有Zn2＋个数为0.4，过程③1 mol晶体发生反应转移电子的物质的量为1×0.4×2 mol＝0.8 mol，故D错误。] 12．(2021·湖北适应性考试)在碱性溶液中，Cu2＋可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。 下列说法错误的是(　　) A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O B．该配离子中铜离子的配位数是4 C．基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1 D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H 解析：A　[A项，根据其结构可知，该配离子中的N和O可与水分子中的H形成氢键，而水分子中的O也可与配离子中的H形成氢键，错误；B项，根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4，正确；C项，根据铜原子的电子排布式可知，基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，正确；D项，根据同一周期，主族元素的电负性从左到右逐渐增大，同一主族，元素的电负性从上到下逐渐减小可知，该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H，正确。] 三、非选择题 13．(2024·聊城市模拟)铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 (1)Fe、Co、Ni位于周期表的__________区，基态Ni转化为下列激发态时所需能量最少的是__________(填字母)。 (2)铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。Fe(CO)5中Fe的杂化轨道类型为__________(填字母)。 A．sp2　　　　　 B．sp3 C．dsp2 D．dsp3 (3)以甲醇为溶剂，Co2＋可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。 色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)电负性由大到小的顺序为__________，X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过__________作用与色胺酮钴配合物相结合。 (4)Fe、Co、Ni与Ca都位于第四周期且最外层电子数相同，但相应单质的熔点，Fe、Co、Ni明显高于Ca，其原因是__________。 (5)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图甲所示： 距离Mg原子最近的Ni原子有__________个，该晶胞沿面对角线投影如图乙所示，则Ni的位置为__________(填序号)。 解析：(1)根据周期表可知，Fe、Co、Ni位于周期表的d区；根据选项可知，选项A中，只有1个4s能级电子跃迁到4p能级，需要的能量较小，故选A； (2)Fe(CO)5中铁形成了5个σ键，故其杂化方式为dsp3杂化，故选D。 (3)同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，故电负性由大到小的顺序为：O>N>C>H； (4)Fe、Co、Ni、Ca四种元素都位于元素周期表第四周期，Fe、Co、Ni的原子半径都小于Ca，Fe、Co、Ni位于d区，价电子数多于位于s区的Ca，所以Fe、Co、Ni的金属键强于Ca，熔点高于Ca，故答案为：Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，价电子数目多，金属键强； (5)每个立方体晶胞中，Mg原子最近的Ni原子个数为3，而每个Mg原子被8个立方体占据，故距离Mg原子最近的Ni原子个数为：×3×8＝12；根据图甲中Ni的位置可知，图乙中Ni的位置为②⑤⑦⑧。 答案：(1)d　A　(2)D　(3)O>N>C>H　氢键　(4)Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，价电子数目多，金属键强　(5)12　②⑤⑦⑧ 14．(2024·青岛市一模)研究金属原子结构及晶体结构具有重大意义。 (1)Fe3＋价电子轨道表示式为____________________________________。 (2)原子发射光谱法是通过处于激发态的待测元素微粒回到基态时发射的特征谱线对其进行鉴别的方法。下列状态的铁粒子处于激发态的是______(填标号)。 A．3d64s2 B．3d44s1 C．3d6 D．3d54s1 (3)利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的Fe3＋和Fe2＋，部分配合物的结构如下： ①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加KSCN溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释SCN－检验Fe3＋须在酸性条件下进行的原因______。 ②配体SCN－的空间构型为______。 ③邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据______(填标号)。 A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道 (4)金属合金MgCux的结构可看作以Cu4四面体(相互共用顶点)替换立方金刚石结构中的碳原子，形成三维骨架，在晶胞空隙处，有序地放置Mg原子(四面体的4个顶点代表Cu原子，圆球代表Mg原子)，结构如图所示。 ①x＝______。 ②若Mg原子A的分数坐标为(0.25,0.25,0.75)，则C的分数坐标为______。 ③晶胞参数为anm，则AB原子之间的距离为______nm。 解析：(1)Fe3＋价电子为3d5，轨道表示式为； (2)基态铁原子价电子为3d64s2，基态Fe2＋价电子为3d6，基态Fe3＋价电子为3d5，因此处于激发态的为3d44s1、3d54s1，为3d轨道电子跃迁到4s轨道，故选BD； (3)①由图可知OH－与SCN－都能与铁形成配位键，碱性状态下含有大量的OH－，阻碍SCN－与铁的配合； ②SCN－中中心原子为C，杂化方式为sp杂化，无孤电子对，故离子的空间结构为直线形； ③邻二氮菲中氮原子成一个双键，杂化方式为sp2杂化，因此孤电子对占据sp2杂化轨道。 (4)①由图可知Cu4位于顶点、面心和四个四面体空隙，根据均摊法可得个数为8×＋6×＋4＝8，每个铜原子由两个四面体共用，因此铜原子个数为8×4×＝16，Mg原子位于四个四面体空隙和八面体空隙中，八面体空隙有12×＋1＝4个，因此Mg原子共有8个，由此可知化学式为MgCu2，即x＝2； ②由图可知，A原子位于左前上四面体空隙，C原子位于右前下四面体空隙，因此二者y坐标相同，x、z坐标相加为1，即C坐标为(0.75,0.25,0.25)； ③由图可知，AB原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞参数为a nm，则AB之间的距离为a。 答案：(1) 　(2)BD　(3)①用KSCN检验Fe3＋时，SCN－会与OH－竞争结合Fe3＋。pH升高，OH－更易与Fe3＋结合，酸性增强，OH－浓度减小，SCN－可以竞争到Fe3＋　②直线形　③D　(4)①2　②(0.75,0.25,0.25)　③a 15．冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。 (1)Li＋的体积与X的空腔大小相近，恰好能进入X的环内，且Li＋与氧原子的一个孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。 ①基态锂离子核外能量最高的电子所处电子层符号为 ________。 ②W中Li＋与孤电子对之间的作用属于_____(填字母)。 A．离子键　　　　 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．以上都不是 (2)冠醚Y能与K＋形成稳定结构，但不能与Li＋形成稳定结构。理由是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)烯烃难溶于水，被KMnO4水溶液氧化的效果较差。若烯烃中溶入冠醚Z，氧化效果明显提升。 ①水分子中键角________109°28′(填“>”“<”或“＝”)。 ②已知：冠醚Z与KMnO4可以发生如图所示的变化。加入冠醚Z后，烯烃的氧化效果明显提升的原因是_______________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)①基态锂离子核外只有1s能级上有电子，为K层上的电子，所以其电子层符号为K。②Li＋提供空轨道、O原子提供孤电子对，二者形成配位键。(2)冠醚Y空腔较大，Li＋半径较小，导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键，所以得不到稳定结构。(3)①水分子中氧原子的价层电子对数是4，根据价层电子对互斥模型判断水分子的VSEPR模型为四面体。由于水分子中O原子含有2个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力较强，导致水分子中键角小于109°28′。②根据“相似相溶”规律知，冠醚Z可溶于烯烃，加入冠醚Z中的K＋因静电作用将MnO带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高了氧化效果。 答案：(1)①K　②C　(2)Li＋半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内O原子的孤电子对作用形成稳定结构　(3)①<　②冠醚Z可溶于烯烃，加入冠醚之中的K＋因静电作用将MnO带入烯烃中，增大了反应物的接触面积，提高了氧化效果 学科网（北京）股份有限公司 $$