3.1金属晶体 同步练习 2024-2025学年高二下学期化学沪科版（2020）选择性必修2

2024—2025学年高中化学沪科版选择性必修二3.1金属晶体 一、单选题 1．全固态氟离子电池中的固态电解质晶胞如图。电池工作时，发生迁移。晶胞参数越大，可供离子迁移的空间越大，越有利于离子传输。F位点空缺也可使离子传输更加高效。下列说法不正确的是 A．晶体中与Cs距离最近且相等的F有12个 B．该固态电解质的化学式为 C．在Pb位点掺杂K，F位点将出现空缺 D．随Pb位点掺杂K含量的增大，离子传输效率一定提高 2．是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价原子。下列说法正确的是 A．每个晶胞中个数为 B．每个晶胞中0价原子个数为 C．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为4 D．当转化为时，每转移电子，产生原子 3．通过下列实验可从的溶液中回收。 下列说法正确的是 A．NaOH溶液与I2反应的离子方程式： B．与水都是极性分子，相似相溶，不能通过过滤将水溶液与分离 C．向加酸后的上层清液中滴加溶液生成AgI沉淀，1个AgI晶胞(如图)中含14个 D．回收的粗碘可通过升华进行纯化 4．以磷肥生产中的副产物氟硅酸为原料制备高纯氟化铝，可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示： 已知：①常温下，溶液的为1； ②熔点：；沸点：。 下列有关说法不正确的是 A．与固体晶体类型不同 B．氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为 C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，可以使反应更充分，产品纯度更高 D．含的原料最终制得，则实验产率为 5．物质的结构决定其性质，下列与物质的性质对应的解释正确的是 选项 物质的性质 解释 A 溶解性：乙酸>硬脂酸 乙酸分子可与水分子间形成氢键而硬脂酸不能 B 熔点：氟化铝氯化铝 氟化铝中的离子键强于氯化铝中的离子键 C 热稳定性： 的键能比大 D 酸性： 氮元素的非金属性比硫元素强 A．A B．B C．C D．D 6．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．1配合物完全电离出的数目为2 B．12g金刚石中含有的晶胞数目为 C．标准状况下，22.4L中键的数目为2 D．28g乙烯和环己烷()的混合物中含有碳原子数为2 7．下列叙述正确的是 ①共价键具有方向性和饱和性，根据成键方式的不同可分为σ键和π键 ②H2S的稳定性低于H2O的，因为S-H键的键长比O-H键的长，S-H键的键能比O-H键的低 ③BF3和PCl3的分子构型都是平面三角形、它们都是由极性键构成的非极性分子 ④金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．①③④ 8．下列说法不正确的是 A．液晶是物质的一种聚集状态 B．“杯酚”分离和这个案例体现了超分子具有分子识别这个重要特征 C．等离子体具有良好的导电性和流动性是因为其含有带电粒子且能自由运动 D．人工合成反应：，所得X的中子数为2，此反应是化学变化 9．国内某科研团队发现，在紫外线作用下多孔管状ZnS价带失去电子产生空穴(h+，具有强氧化性)，Cr(VI)在导带得电子转化为无毒的Cr(Ⅲ)，水中的有机腐质不断消耗价带产生的羟基自由基(·OH)促进反应不断进行，作用机理如图所示；    下列判断正确的是 A．ZnS晶体中Zn2+周围与其距离最近的Zn2+个数为9 B．价带产生羟基自由基的反应式为H2O+h+=·OH+H+ C．若消耗1mol有机腐质(按C3H6O3计)，理论上价带失去6mol电子 D．若ZnS晶胞的参数为anm，则ZnS晶体的密度为g·cm-3 10．氧、硫、铁可形成多种用途广泛的物质。具有较强的氧化性。亚硫酰氯遇水发生水解反应生成与。可用作锂离子电池的电极材料，电池工作时有嵌入其中生成。可用于生产，其一种晶胞结构如图1所示。工业上可电解与混合溶液制备过二硫酸铵，其结构如图2所示。酸与碱反应时放热，中和热为。    下列说法正确的是 A．中硫原子带正电，氯原子带负电 B．中硫原子的轨道杂化类型是 C．该晶胞中含的数目为14 D．该晶体中每个周围距离最近且相等的数目为8 11．超分子定义中的分子是广义的，包括离子。一种羟甲基酚钠盐形成的含铁超分子的化学式可以表示为，羟甲基酚的结构通式如图所示：    下列推测合理的是 A．该超分子中的铁元素对应微粒为亚铁离子 B．羟甲基酚属于“杯酚”，不具有分子识别特征 C．该超分子可将过渡金属离子萃取到有机溶剂中 D．该超分子属于离子化合物，熔点低于NaCl 12．铁与镁组成的储氢合金的立方晶胞结构如图所示，铁原子位于顶点和面心的位置，镁原子位于将晶胞平分8个立方单位的体心位置下列说法正确的是 A．原子的配位数为6 B．位置原子的分数坐标 C．原子与镁原子间最短距离为 D．晶体储氢时，在晶胞的体心和棱的中心位置，若储氢后化学式为，则储氢率为 13．配合物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁。CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，Fe(CO)5的结构如图所示： 下列关于Fe(CO)5说法错误的是 A．固态Fe(CO)5属于分子晶体 B．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子 C．1molFe(CO)5含有5mol配位键 D．Fe(CO)5=Fe+5CO反应中有金属键生成 14．有一立方晶系的离子晶体，其结构如图所示，已知、半径半径分别为，此两种离子联合组成的堆积型式为 A．简单立方 B．面心立方 C．体心立方 D．六方 15．下列说法错误的是 A．相同温度下，在中的溶解度大于其在水中的 B．和晶体熔化时，克服粒子间作用力的类型相同 C．晶体中电子总数与中子总数相等 D．分子中各原子最外层都满足8电子结构 二、填空题 是工业上常用的皮革脱毛剂，水溶液有较强的碱性，俗称“臭碱”。工业上将与C在高温下煅烧制取，同时生成气体。 完成下列填空： 16．硫在元素周期表的位置是第 周期第 族，上述反应中，涉及的各元素中原子半径由大到小依次是 (填元素符号)。 17．的电子式为 。 18．固态(干冰)所属晶体类型是___________。 A．分子晶体 B．离子晶体 C．共价晶体 D．金属晶体 19．干冰升华时，下列说法正确的是___________。 A．分子间距离变大 B．熵增 C．共价键断裂 D．焓变为负值 20．写出一个能比较S和O非金属性强弱的化学方程式 。 21．回答下列问题： (1)常温常压下为无色液体，空间结构为 ，其固体的晶体类型为 。 (2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种配合物的结构如图所示，该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 ，该螯合物中N的杂化方式有 种。 22．晶体的分类：根据晶体内部 的种类和 的不同，可以将晶体分为 、 、 和 。 23．GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol-1和MAsg·mol-1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 。 三、计算题 24．某种Ga2O3的晶体结构如图3所示，O2-以六方最密方式堆积，Ga3+在其八面体空隙中(注：未全部标出，如：Ga3+在1、2、3、4、5、6构成的八面体体心)。 (1)该晶胞中O2-的配位数为 。 (2)该晶胞有 %(保留一位小数)八面体空隙填充阳离子。 (3)已知氧离子半径为rcm，晶胞的高为hcm，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g·cm-3(用含a、b和NA的代数式表示)。 25．我国科学家制备了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂氧化锆，其晶胞如下图所示。 (1)该氧化锆晶体的化学式为___________。 A．ZrO2 B．ZrO C．Zr2O D．Zr2O3 (2)结合图中数据，计算该晶胞的密度ρ= g·cm−3。(设NA为阿伏加德罗常数，用含a、b和NA的代数式表示) 26．在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg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Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x= pm，Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是 g·cm−3(列出计算表达式)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D D C C B D B A 题号 11 12 13 14 15 答案 D C C B B 1．D 【详解】A．由晶胞结构可知：与Cs距离最近且相等的F有12个，故A正确； B．根据晶胞的结构可知Pb的个数为=1，Cs的个数为1，F的个数为=3，化学式CsPbF3，故B正确； C．在Pb位点掺杂K，由于晶胞中多了K原子，使得F位点会出现空缺，故C正确； D．离子效率与F位点空缺晶胞参数有关，掺杂K含量的增加不一定会使离子传输效率提高，故D错误； 故选D。 2．B 【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8- 4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，A错误； B．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x) Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜的个数为(4-4x)，B正确； C．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e- +(2- x)Cu==Cu2-xSe+ 2Na+ ，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个8Na2Se，转移电子数为8，C错误； D．由题意可知NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NaCu2-xSe+(1-y) e- + Na+==NaCuSe +(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，D错误； 故选B。 3．D 【分析】单质碘的四氯化碳溶液加入浓氢氧化钠溶液，单质碘与浓氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，用分液法分离四氯化碳层，向水溶液中加入稀硫酸反应生成单质碘，过滤得到粗碘。 【详解】A．NaOH溶液与I2反应生成碘化钠、碘酸钠和水，其反应的离子方程式为：，故A错误； B．是非极性分子，水是极性分子，两者都能透过滤纸，根据“相似相溶”，两者不相溶，用分液方法将水溶液与分离，故B错误； C．1个AgI晶胞(如图)中含个，故C错误； D．单质碘易升华，因此回收的粗碘可通过升华进行纯化，故D正确。 综上所述，答案为D。 4．D 【分析】与硫酸钠反应生成，经过干燥、热分解得到氟化钠和四氟化硅，再经过“气相沉积”工序，得到高纯氟化铝。 【详解】A．根据熔点数据可知，为分子晶体，为离子晶体，A正确； B．根据已知①常温下，溶液的为1，则知是强酸，由流程知为沉淀，因此氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为，B正确； C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，增大了反应物间的接触面积，使反应更充分，C正确； D．该工艺中转化的关系为，含的原料理论上得到，实际最终制得，则实验产率为，D错误； 故选D。 5．C 【详解】A．由于硬脂酸分子链较长、碳原子数较多，因此硬脂酸分子在水中难以溶解，但硬脂酸分子中的羧基可以与水分子中的氢氧根形成氢键，使得硬脂酸分子与水分子发生黏附作用，故A错误； B．由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故B错误； C．氢化物的热稳定性与非金属性成正比，非金属性N＞P，所以热稳定性：NH3＞PH3，故C正确； D．硝酸为N元素的最高价氧化物对应水化物，而H2SO3不是S元素的最高价氧化物对应水化物，不能利用它们酸性强弱来比较非金属性，故D错误； 故答案选C。 6．C 【详解】A．配合物外界有2个Cl-，故1配合物完全电离出的数目为2，A正确； B．金刚石的晶胞中，C原子有8个位于顶角，6个位于面心，4个在体内，1个晶胞中C原子数为，则12gC即1molC原子对应的晶胞数为，B正确； C．标准状况下为非气体，无法计算出它的物质的量，键的数目无法获得，C错误； D．乙烯和环己烷的最简式均为CH2，28g混合物为28gCH2，其物质的量为2mol，含有碳原子数为2，D正确； 答案选C。 7．B 【详解】①共价键具有方向性和饱和性，根据成键方式的不同可分为头碰头形成σ键和肩并肩形成的π键，正确； ②氧原子半径小于硫，S-H键的键长比O-H键的长，S-H键的键能比O-H键的低，使得H2S的稳定性低于H2O，正确； ③BF3中心原子形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，为平面三角形，是由极性键构成的非极性分子；PCl3中心原子形成3个共价键且有1对故孤电子对，为sp3杂化，为三角锥形，是由极性键构成的极性分子，错误； ④组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，从而导电，正确； 故选B。 8．D 【详解】A．液晶是一种介于液态与结晶态之间的一种物质聚集状态，A正确； B．“杯酚”分离C60和C70，是利用超分子的分子识别特征，B正确； C．等离子体中含有大量能自由运动的带电粒子，具有良好的导电性和流动性，C正确； D．反应过程遵循电荷数守恒、质量数守恒得为，所以X的中子数为4，且该反应是核反应不是化学反应，D错误； 故选D。 【点睛】 9．B 【详解】A．距离最近的锌离子有4个，即的配位数为4，根据ZnS的晶胞结构，以顶点的为例，与之距离最近的位于面心，一个晶胞中共有3个，根据晶体的堆积方式可知，一个被8个晶胞共用，且一个晶胞中距离最短的连线被两个晶胞共用，故符合条件的共有个，A项错误； B．由图可知价带产生羟基自由基的反应式为，B项正确； C．由图可知水中的有机腐质不断消耗价带产生的羟基自由基促进反应不断进行，最后转化为，有机腐质分子式为其中C元素的平均化合价为0价，转化为中C元素化合价为+4价，则1mol，理论上失去12mol电子，C项错误； D．ZnS晶体的密度，D项错误； 答案选B。 10．A 【详解】A．电负性：O>Cl>S，故在SOCl2中硫原子带正电，氯原子带负电，A正确； B．的中心原子S的价层电子对数目，故S的杂化方式为，B错误； C．FeS2的晶胞中Fe2+位于体心和棱心，位于顶点和面心，故晶胞中的数目，C错误； D．体心Fe2+为例，与其等距离且最近的位于6个面的面心，故数目为6，D错误； 故选A。 11．D 【详解】A．根据化合物化学式可知，Na[Fe(OC11H13)4]中Na为+1价，(OC11H13)—为—1价，则Fe的化合价为+3价，对应微粒是铁离子，不是亚铁离子，故A错误； B．从结构简式看羟甲基酚属于“杯酚”，具有分子识别特征，故B错误； C．该超分子可将过渡金属离子形成配位化合物，不可作为萃取剂，故C错误； D．该超分子属于离子化合物，阴离子[Fe(OC11H13)4]—的半径大于Cl—的半径，晶格能小，熔点低，故D正确； 故本题选D。 12．C 【详解】A．依据晶胞结构示意图可知，距离铁原子最近且相等的镁原子有8个，因此铁原子的配位数为8，A错误； B．依据题中所给信息，可以推测得知，a位置的原子坐标参数为(0.25，0.75，0.75)，B错误； C．由晶胞图可知，铁原子与镁原子之间的最近距离为体对角的四分之一，则铁原子与镁原子之间的最近距离为，C正确；   D．晶胞中铁原子数目为，镁原子数目为：8，而H2在晶胞的体心和棱的中心位置，所以当储氢后化学式为FeMg2H2，则储氢率为100%，D错误； 故选C。 13．C 【详解】A．Fe(CO)5的沸点为103℃，为分子晶体，A正确； B．Fe(CO)5的空间构型为三角双锥，是非极性分子，CO是极性分子，B正确； C．1molCO中含有1mol配位键，故1molFe(CO)5含有10mol配位键，C错误； D．Fe(CO)5=Fe+5CO反应中有金属单质生成，故有金属键生成，D正确； 故选C。 14．B 【详解】已知、半径半径分别为，占据体心，占据棱心，离子半径大小相近，两种离子联合组成的堆积型式为面心立方最密堆积，故选B。 15．B 【详解】A．是非极性分子，也是非极性分子，两者相似相溶，水为极性分子，因此碘在水中的溶解度较小，A项正确； B．晶体熔化时破坏离子键，而熔化时破坏共价键，B项错误； C．电子总数为，而中子数为，C项正确； D．为共价化合物，电子式为：，可知各原子最外层均满足８电子的结构，D项正确； 故答案选B。 16． 3 ⅥA Na>S>C>O 17． 18．A 19．AB 20． 【解析】16．硫为16号元素，在元素周期表的位置是第3周期第ⅥA族；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；上述反应中，涉及的各元素中原子半径由大到小依次是Na>S>C>O； 17． 为离子化合物，电子式为； 18．固态(干冰)是由二氧化碳分子形成的晶体，为分子晶体，故选A； 19．干冰升华时，固体变为气体，为物理变化，分子间距离变大、熵值增大，为一个吸热过程，故选AB； 20．氧气氧化硫化氢生成硫单质和水，说明氧的非金属更强，反应为：。 21．(1) 正四面体形 分子晶体 (2) 6 1 【详解】（1）最外层有4个电子，与4个形成4个键，因此的空间结构为正四面体形；由题给信息知常温常压下为液体，说明的熔点较低，所以其固体的晶体类型为分子晶体。 （2）由题给图示可知，通过螯合作用形成了3个环，每个环中均可与2个N原子或2个氧原子形成配位键，即1个与4个N原子分别形成4个配位键，与2个O原子分别形成2个配位键，因此该配合物中通过螯合作用形成的配位键有；由题给图示可知，该配合物中有2种不同的N原子，每个N原子均形成3个键，因此所有N原子的杂化方式均为杂化，即杂化方式只有1种。 22． 微粒 微粒间相互作用力 离子晶体 金属晶体 共价晶体 分子晶体 【解析】略 23．×100% 【详解】根据均摊原则，一个GaAs晶胞中，含有As的个数为8×+6×=4，含有Ga的个数为4；Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol-1和MAsg·mol-1，则一个Ga的质量为g，一个As的质量为g，所以一个GaAs的晶胞的质量为g，则一个GaAs晶胞的体积为cm3；Ga和As原子半径分别为rGapm和rAspm，则在GaAs晶胞中，4个Ga和As的体积为：4×(rGa3+rAs3)×10-30cm3=(rGa3+rAs3)×10-30cm3，所以GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为：［(rGa3+rAs3)×10-30］÷×100%=×100%。 24．(1)4 (2)66.7 (3) 【详解】①由晶胞示意图可知，该晶胞中氧离子位于晶胞的顶点、面心和体内，则1个晶胞中氧离子的个数为，镓离子位于晶胞的体内，则1个晶胞中镓离子的个数为4，氧离子和镓离子的个数比为6 ： 4=3 ： 2，镓离子周围等距的氧离子的数目为6，故镓离子配位数为6，氧离子周围等距的镓离子数目为4，故氧离子配位数为4；故答案为：4； ②该晶胞中共有12个正八面体空隙，其中8个正八面体空隙中填充了Crs+，所占比例为；故答案为：66.7； ③已知氧离子的半径为r cm，则底面边长为2r cm，又知晶胞的高度为h cm，所以晶胞的体积，一个晶胞中含有2个Ga2O3，其质量为，所以该晶体的密度，，故答案为：。 25．(1)A (2) 【详解】（1）由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有Zr的个数为，含有O的个数为8，则该氧化锆晶体的化学式为ZrO2，故选A。 （2）由第1小问可知，一个晶胞中含有4个ZrO2，结合图中数据，该晶胞的密度。 26． 【详解】根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是，则x=pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则y=；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4=8，则Cu原子个数16，晶胞的质量是。由于边长是a pm，则MgCu2的密度是g·cm−3，故答案为：；；。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$