课时跟踪检测（十七） 晶体结构与性质的基本知能评价（练习）-【创新方案】2026年高考化学一轮复习Ⅱ

课时跟踪检测（十七） 晶体结构与性质的基本知能评价 1．下列有关物质特殊聚集状态与结构的说法不正确的是 (　 ) A．液晶中分子的长轴取向一致，表现出类似晶体的各向异性 B．等离子体是一种特殊的气体，由阳离子和电子两部分构成 C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化 D．超分子内部的分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体 解析：选B　液晶分子沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，故A正确；等离子体是由阳离子、电子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体，故B错误；纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化，熔点可能下降，故C正确；超分子内部的多个分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体，故D正确。 2．(2024·天津卷)我国学者在碳化硅(SiC)表面制备出超高迁移率半导体外延石墨烯。下列说法正确的是 (　 ) A．SiC是离子化合物 B．SiC晶体的熔点高、硬度大 C．核素14C的质子数为8 D．石墨烯属于烯烃 解析：选B　SiC晶体结构与金刚石相似，属于共价晶体，熔点高、硬度大，A错误，B正确；碳元素为6号元素，故核素14C的质子数为6，C错误；石墨烯是碳元素组成的单质，不属于烯烃，D错误。 3．下列晶体分类中正确的一组是 (　 ) 选项 离子晶体 共价晶体 分子晶体 A NaOH Ar SO2 B H2SO4 石墨 S C CH3COONa 水晶 D Ba(OH)2 金刚石 玻璃 解析：选C　固态Ar为分子晶体，A错误；H2SO4为分子晶体，石墨是混合型晶体，B错误；玻璃是非晶体，D错误。 4．下列数据是对应物质的熔点(℃)： BCl3 Al2O3 Na2O NaCl AlF3 AlCl3 干冰 SiO2 -107 2 073 920 801 1 291 190 -57 1 723 据此做出的判断错误的是 (　 ) A．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体 B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体 C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体 D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体 解析：选B　氧化铝的熔点高，属于离子晶体，A正确；表中BCl3、AlCl3和干冰均是分子晶体，B错误；同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体，如CO2是分子晶体，SiO2是共价晶体，C正确；钠、铝为不同主族元素，对应氧化物Na2O、Al2O3都是离子晶体，D正确。 5．(2025年1月·八省联考晋陕宁青卷)物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是 (　 ) 选项 性质差异 结构因素 A 极性：BF3<PCl3 分子空间构型 B 酸性：二氯乙酸<二氟乙酸 分子间氢键 C 熔点：NaCl>S8 晶体类型 D 识别K+的能力：18-冠-6>12-冠-4 冠醚空腔直径 解析：选B　BF3是平面三角形，PCl3是三角锥形，极性和分子空间构型有关联，A不符合题意；F的电负性比Cl大，吸引电子的能力更强，所以二氟乙酸羧基中的O—H键的极性更大，更易电离出H+，酸性更强，酸性和分子间氢键没有关联，B符合题意；NaCl是离子晶体，S8是分子晶体，离子晶体一般来说比分子晶体熔点高，熔点和晶体类型有关联，C不符合题意；18-冠-6空腔的直径与K+的直径相当，12-冠-4空腔的直径小于K+的直径，所以识别K+的能力与冠醚空腔直径有关联，D不符合题意。 6．(2024·安徽卷)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是 (　 ) A．该物质中Ni为+2价 B．基态原子的第一电离能：Cl>P C．该物质中C和P均采取sp2杂化 D．基态Ni原子价电子排布式为3d84s2 解析：选C　P原子的3个电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余一个孤电子对与Ni形成配位键，Cl-也有孤电子对，也能与Ni形成配位键，由该物质的组成知，Ni为+2价，A正确；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Cl>P，B正确；该物质中碳原子位于苯环上，杂化类型为sp2杂化，P形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化，C错误；基态Ni原子核外有28个电子，电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布式为3d84s2，D正确。 7．(2025·安徽黄山一模)冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如下。下列说法正确的是 (　 ) A．a不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．a和b的反应有HCl生成，属于缩聚反应 C．c核磁共振氢谱有4组峰 D．c是超分子 解析：选C　由结构简式可知，a分子中含有的酚羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A错误；由结构简式可知，a分子与b分子发生取代反应生成c分子和HCl，故B错误；由结构简式可知，c分子的结构对称，分子中含有4类氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故C正确；超分子是分子通过氢键、范德华力、电荷的库仑作用等非化学建立的弱作用力而自动结合成有序有组织的聚合系统，c分子可以和K+形成超分子，而c分子不是超分子，故D错误。 8．(2025·江苏南京一模)由金属钛、铝形成的Tebbe试剂常用作有机反应的烯化试剂，其结构如图所示。下列说法正确的是 (　 ) A．Al3+与Cl-具有相同的电子层结构 B．该结构中不存在配位键 C．Tebbe试剂中的Al原子轨道杂化类型为sp3 D．该结构中Al的化合价为+4 解析：选C　Al3+有2个电子层、Cl-有3个电子层，不具有相同的电子层结构，A错误；Al提供空轨道，Cl提供孤电子对，形成配位键，B错误；Al形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，C正确；该结构中Al的化合价为+3，D错误。 9．[双选] (2025·江苏无锡联考)下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是 (　 ) A．S、Cl、N、C的中心原子均采用sp3杂化 B．1 mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为24 mol C．[Ni(NH3)6]2+中H—N—H的键角大于NH3的键角 D．ⅤA族元素单质的晶体类型相同 解析：选BC　S和Cl的中心原子均采用sp3杂化，N和C的中心原子均采用sp2杂化，A错误；1 mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的物质的量为(3×6+6)mol=24 mol，B正确；NH3中N原子为sp3杂化，有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大，使键角减小为107°18'，[Ni(NH3)6]2+中N原子的孤电子对与Ni2+空轨道形成配位键，转化为成键电子对，对N—H成键电子对的排斥力减小，使得H—N—H键角大于107°18'，C正确；ⅤA族元素有氮、磷、砷、锑、铋等，其中氮、磷、砷形成的单质为分子晶体，锑、铋形成的单质为金属晶体，晶体类型不相同，D错误。 10．(2025·重庆江北区一模)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。现有某种超分子结构如图所示。下列有关说法正确的是 (　 ) A．该超分子中C原子均为sp3杂化 B．甲基中的键角∠HCH小于—NH2中的键角∠HNH C．该超分子由一个非极性分子和一个极性分子聚集而成 D．该超分子加热熔化时既破坏氢键，也破坏分子间作用力 解析：选D　该分子中双键碳原子杂化类型为sp2，单键碳原子为sp3杂化，A错误；该超分子中—CH3中心原子C和—NH2中心原子N均为sp3杂化，但N原子有一对孤电子对，所以∠HNH夹角小些，B错误；该超分子由2个极性分子聚集而成，C错误；该超分子分子间作用力有氢键与范德华力，所以加热熔化时既破坏氢键，也破坏分子间作用力，D正确。 11．(12分)按要求回答问题。 (1)FeF3具有较高的熔点(高于1 000 ℃)，其化学键类型是　　　　，FeBr3的相对分子质量大于FeF3，但其熔点只有200 ℃，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (2)已知：K2O的熔点为770 ℃，Na2O的熔点为1 275 ℃，二者的晶体类型均为　　　　　　，K2O的熔点低于Na2O的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (3)已知氨(NH3，熔点：-77.8 ℃、沸点：-33.5 ℃)，联氨(N2H4，熔点：2 ℃、沸点：113.5 ℃)，解释其熔、沸点高低的主要原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (4)已知氮化硼与砷化镓属于同种晶体类型。则两种晶体熔点较高的是　　　　(填化学式)，其理由是  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　。(2分)  (5)S位于周期表中第　　　　族，该族元素氢化物中，H2Te比H2S沸点高的原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　，  H2O比H2Te沸点高的原因是　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (6)第ⅡA族金属碳酸盐分解温度如下： 物质 BeCO3 MgCO3 CaCO3 SrCO3 BaCO3 分解温度 100 ℃ 540 ℃ 960 ℃ 1 289 ℃ 1 360 ℃ 分解温度越来越高的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  解析：(6)在离子晶体中，离子半径越小晶格能越大，所以在第ⅡA族金属碳酸盐中，阳离子半径越小对氧的吸引力越大，就越容易导致碳酸根的分解，所以在第ⅡA族金属碳酸盐中，随着原子序数的增加，原子半径增大，碳酸盐的分解温度也增大。 答案：(1)离子键　FeF3为离子晶体，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体 (2)离子晶体　K+的半径大于Na+，K2O的晶格能小于Na2O (3)联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键数目 (4)BN　两种晶体均为共价晶体，N和B原子半径较小，键能较大，熔点较高 (5)ⅥA　两者均为分子晶体且结构相似，H2Te相对分子质量比H2S大，分子间作用力更强　两者均为分子晶体，H2O分子间存在氢键 (6)阳离子半径越小，对氧的吸引力越大，碳酸根越容易分解 12．(16分)(1)(2024·湖北卷节选)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通过CH3COO-相连，其化学式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (2)(2024·上海卷)已知AlBr3可二聚为如图所示的二聚体：，该二聚体中存在的化学键类型为　　　　。(1分)  A．极性键　　　　　　 B．非极性键 C．离子键 D．金属键 将该二聚体溶于CH3CN中生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(结构如图所示)，已知配离子的结构为四面体形，则其中心原子的杂化方式为　　　　，其中配体是　　　　；1 mol该配合物中有　　　　mol σ键。(3分)  Br- (3)(2023·全国甲卷节选)酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示： 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N是　　　　(填酞菁中N的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为　　　　，氮原子提供孤对电子与钴离子形成　　　　键。(4分)  (4)(2023·海南卷节选)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 ①配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　。(1分)  ②配合物Ⅰ中，R'代表芳基，V—O—R'空间结构呈角形，原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。(2分)  ③配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是　　 　。(1分)  ④配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为+4价和+3价，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长的是　　　　　　　　　　。(2分)  解析：(1)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，Be与Be间通过CH3COO-相连，又四面体有6条棱，则4个Be间共有6个CH3COO-，故其化学式为Be4O(CH3COO)6。(2)根据该二聚体的结构可知，Br和Al以极性共价键相连，故A符合题意。根据配离子的结构为四面体形可知，中心原子Al采取sp3杂化，其中配体为CH3CN和Br-，1个共价单键含有1个σ键，1个碳碳三键含有1个σ键和2个π键，故1 mol该配合物中含有14 mol σ键。(3)酞菁分子中所有原子共平面，由酞菁的结构可知，酞菁分子中间有一个空腔，由8个碳原子和8个氮原子围成，这个空腔存在一个18电子的大π键，其中两个—NH—基团各提供两个p电子，其他的氮和碳各提供一个p电子，故p轨道能提供一对电子的N是③号N，钴酞菁分子中钴离子的化合价为+2价，氮原子提供孤电子对与钴离子形成配位键。(4)①根据题干配合物Ⅰ的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl。②根据VSEPR模型，中心原子氧的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形。③配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N。④结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为+4价和+3价，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键，氮气中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。 答案：(1)Be4O(CH3COO)6　(2)A　sp3　CH3CN、Br-　14　(3)③　+2价　配位　 (4)①C、O、P、Cl　②根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，故成键电子对之间呈角形 　③N　④配合物Ⅱ 学科网（北京）股份有限公司 $$