第三章 晶体结构与性质（单元测试·基础卷）化学人教版选择性必修2

2025-2026学年高二化学单元检测卷 (人教版2019选择性必修2) 第三章 晶体结构与性质·基础卷(参考答案) (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B D C B C C C B A D D D C C 二、非选择题(本大题共4个小题，共58分) 15．(15分) (1)洪特规则(2分) 平面三角形(1分) 三角锥形(1分) (2)①K(2分) ②Li＋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(2分) ③ⅰ.四面体形(2分) ＜(2分) ⅱ.冠醚可溶于烯烃，进入冠醚中的K＋因静电作用将MnO带入烯烃中，增大烯烃与MnO接触机会，提升氧化效果(3分) 16．(14分) (1)二者组成与结构相似，均为非极性分子，二硫化碳相对分子质量大，分子间作用力大，熔点高，故常温下为液态，二氧化碳相对分子质量小，范德华力较小，为气态(2分) (2)苯胺()与甲苯()均为分子晶体，苯胺()可以形成分子间氢键，所以苯胺的沸点高于甲苯(2分) (3)大于(2分) 烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基极性越小，酸性越弱(2分) (4)Na2O与Na2S均为离子化合物，O2-的半径小于S2-半径，O2-与Na+之间形成的离子键更强，故熔点高(2分) (5)碘分子为非极性分子，四氯化碳为非极性溶剂，水为极性溶剂，依据“相似相溶”规律，碘单质易溶于四氯化碳(2分) (6)晶体硅和碳化硅均属于共价晶体，原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，键能：Si-Si＜C-C(2分) 17．(14分) (1) 1s22s22p63s23p63d9(2分) (2)16(2分) 大于(2分) (3)sp3杂化(2分) 3(2分) (4)N＞O＞C(2分) (5)2(2分) 18．(15分) (1) (2分) (3分) (2)B(2分) (3)BD(3分) (4) NH4+与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性(2分) (3分) ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二化学单元检测卷 (人教版2019选择性必修2) 第三章 晶体结构与性质·基础卷 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。) 1．共价键、金属键、离子键和分子间作用力是微观粒子间的不同相互作用，含有上述两种相互作用的晶体是( ) A．SiC晶体 B．CCl4晶体 C．KCl晶体 D．Na晶体 【答案】B 【解析】A项，SiC晶体为共价晶体，晶体中只存在共价键；B项，CCl4晶体是分子晶体，分子之间存在分子间作用力，在分子内部C、Cl之间以共价键结合；C项，KCl晶体为离子晶体，晶体中只存在离子键；D项，Na晶体为金属晶体，晶体中只存在金属键。 2．下列说法不正确的是( ) A．熔融态物质凝固、气态物质凝华都可能得到晶体 B．要确定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定 C．晶态、非晶态、液晶态、塑晶态都是物质的聚集状态 D．是否有规则的几何外形是区别晶体与非晶体的本质 【答案】D 【解析】A项，熔融态物质凝固、气态物质凝华，都可能形成具有规则的几何外形的晶体，A正确；B项，要确定某一固体是否是晶体，可用X射线衍射仪进行测定，看晶体是否具有各向异性，B正确；C项，物质的聚集状态除了气态、液态、固态外，还有晶态、非晶态以及介于二者之间的塑晶态、液晶态等，C正确；D项，晶体是具有规则的几何外形的固体，而非晶体没有规则的几何外形，晶体与非晶体的本质差异是有无自范性，D不正确；故选D。 3．下列晶体分类中正确的是( ) 选项 离子晶体 共价晶体 分子晶体 金属晶体 A NH4Cl Ar C6H12O6 生铁 B H2SO4 Si S Hg C CH3COONa SiO2 I2 Fe D Ba(OH)2 石墨 普通玻璃 Cu 【答案】C 【解析】A项中，Ar是分子晶体而不是共价晶体；B项中，H2SO4属于分子晶体而不是离子晶体；D项中，石墨属于混合型晶体而不是共价晶体，普通玻璃不是晶体。 4．下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是( ) A．K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4 B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4 C．[Ag(NH3)2]Cl、K3[Fe(SCN)6] D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl 【答案】B 【解析】A项中中心原子的电荷数分别是＋1和＋2，配位数分别是2和4；B项中中心原子的电荷数均是＋2，配位数均是4；C项中中心原子的电荷数分别是＋1，＋3，配位数分别是2和6；D项中中心原子的电荷数分别是＋2和＋1，配位数分别是4和2。 5．关于配合物［Cu(H2O)4］SO4，下列说法错误的是( ) A．此配合物，中心离子的配位数为4 B．H2O为配体，配位原子是氧原子 C．此配合物中，Cu2+提供孤对电子 D．向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 【答案】C 【解析】A项，配合物［Cu(H2O)4］SO4，配位体是H2O，配位数是4，故A正确；B项，配合物［Cu(H2O)4］SO4中H2O为配体，配位原子是氧原子，故B正确；C项，此配合物中，Cu2+为中心原子，提供空轨道，配位原子氧原子提供孤对电子，故C错误；D项，硫酸根离子在外界，向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀硫酸钡，故D正确；故选C。 6．下列说法不正确的是( ) A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性 B．常压下，时冰的密度比水的密度小，水在时密度最大，这些都与分子间的氢键有关 C．超分子内部分子之间通过共价键相结合 D．石墨晶体中既有共价键，又有金属键还有范德华力，是一种混合晶体 【答案】C 【解析】A项，液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，A项正确；B项，冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，B项正确；C项，超分子内部分子之间通过非共价键相结合，C项错误；D项，石墨的结构中，C原子与C原子以共价键相连接，形成平面网状结构，层与层之间存在范德华力，而在空间中，相邻两层网状结构的间隙中有少量自由移动的电子，连接的化学键性质介于金属键和共价键之间，所以石墨具有金属的部分性质，故石墨晶体中既有共价键，又有范德华力，还有类似金属键的作用力，是一种混合型晶体，D项正确。故选C。 7．干冰和二氧化硅晶体同是第ⅣA族元素的最高价氧化物，它们的熔、沸点却差别很大。其原因是( ) A．二氧化硅相对分子质量大于二氧化碳相对分子质量 B．C、O键键能比Si、O键键能小 C．干冰为分子晶体，二氧化硅为共价晶体 D．干冰易升华，二氧化硅不能 【答案】C 【解析】干冰和SiO2所属晶体类型不同，干冰为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；SiO2为共价晶体，熔化时破坏共价键，所以二氧化硅熔点很高。故选C。 8．干冰、冰的结构模型如图所示，下列说法正确的是( ) A．构成干冰的微粒是碳、氧原子 B．每个干冰晶胞中含4个CO2分子 C．冰晶胞中每个水分子周围有2个紧邻的水分子 D．冰熔化时，分子中H-O键断裂 【答案】B 【解析】A项，干冰是分子晶体，构成干冰的微粒是二氧化碳分子，A不正确；B项，从晶胞图中可以看出，每个干冰晶胞中含CO2分子的个数为=4，B正确；C项，从图中可以看出，冰晶胞中每个水分子周围有4个紧邻的水分子，C不正确；D项，冰熔化时，分子中氢键被破坏，H-O键没有改变，D不正确；故选B。 9．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( ) A．36 g冰(图甲)中含共价键数目为4NA B．12 g金刚石(图乙)中含有σ键数目为4NA C．44 g干冰(图丙)中含有NA个晶胞结构单元 D．12 g石墨(图丁)中含π键数目为3NA 【答案】A 【解析】A项，1个水分子中含有2个共价键，所以冰中含共价键数目为4NA，A项正确；B项，金刚石晶胞中，1个C原子形成4个共价键，一个共价键连有2个C原子，平均每个C原子形成2个共价键，所以金刚石中含有σ键数目为2NA，B项错误；C项，1个干冰晶胞中，含有个CO2分子，所以干冰中含有个晶胞结构单元，C项错误；D项，石墨晶体中，1个碳原子形成3个C-C键，所以每个碳原子实际占1.5个化学键，石墨烯，含碳碳键数目为1.5 NA，每一层只形成1个π键，故π键数目不是3NA，D项错误。故选A。 10．X是核外电子数最少的元素，Y是地壳中含量最丰富的元素，Z在地壳中的含量仅次于Y，W可以形成自然界中硬度最大的共价晶体。下列叙述错误的是( ) A．X2Y晶体的熔点高于WX4晶体的熔点 B．固态X2Y2是分子晶体 C．ZW是共价晶体，其硬度比Z晶体的大 D．Z、W是同一主族的元素，Z、W与元素Y形成的晶体都是共价晶体 【答案】D 【解析】氢原子的核外只有一个电子，X为氢元素；地壳中含量前两位的元素是氧、硅，故Y和Z分别是氧和硅，金刚石是自然界中硬度最大的物质，W为碳元素。X2Y晶体是冰，含氢键，熔点高于CH4，A正确；固态H2O2为分子晶体，B正确；SiC的结构与金刚石相似，碳的原子半径小于硅，SiC的硬度比晶体硅的大，C正确；CO2、CO是分子晶体，D错误。 11．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( ) A．N2H4分子中σ键与键的数目之比为5：1 B．1molN2H4可处理水中2mol O2 C．[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键 D．氨水中NH3与H2O间存在氢键 【答案】D 【解析】A项，联氨分子中含有4个N-H键和1个N-N键，结构式为，只含有单键，即只含有σ键，不含有π键，故A错误；B项，1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1mol O2，故B错误；C项，[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故C错误； D项，N、O元素电负性都较大，能和另一分子中的H原子形成氢键，所以NH3与H2O以氢键结合成NH3•H2O分子，故D正确；故选D。 12．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是( ) A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取sp2杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由价变为0价 【答案】D 【解析】A项，配合物1中，H2O中氧原子提供孤对电子，Co2+提供空轨道形成配位键；配合物1右侧N、O分别提供一对孤电子，与Co2+形成配位键，则配合物1中含有2种配体，A正确；B项，由配合物2的结构可知，N形成2个σ键，一个配位键，故采取sp2杂化，B正确；C项，转变过程中，配合物1中断裂2个H2O与Co2+形成的配位键，配合物2中，SO42-中的O与Co2+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C正确；D项，配合物1、2中Co都为+2价，Co的化合价没有发生变化，D错误；故选D。 13．W可与形成化合物Q，Q的结构如图所示，下列说法错误的是( ) A．C、N、O均能与H形成既含极性键又含非极性键的分子 B．W与结合前后，N原子的杂化方式未发生变化 C．与Cu原子未成对电子数相同的同周期元素有3种 D．Q中的作用力有配位键、共价键、氢键 【答案】C 【解析】A项，C、N、O与H分别可以形成CH3CH3、N2H4、H2O2三种分子，既含极性键又含非极性键，A正确；B项，W与Cu2+结合前，N原子为sp2杂化，含有孤电子对，Cu2+中含有空轨道，与W中N原子形成配位键，N原子仍为sp2杂化，杂化方式没有发生变化，B正确；C项，Cu的价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，同周期元素中未成对电子数为1的元素分别为K、Sc、Ga、Br，共4种元素，C错误；D项，Q中含有C-C、C-H、C-O、N-O等共价键，Cu原子和N、O原子之间为配位键，O氧原子和H原子之间形成分子内氢键，D正确；故选C。 14．黄金按质量分数分级，纯金为。Au-Cu合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是( ) A．I为金 B．Ⅱ中的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距Au-Cu＜Au-Au D．I、Ⅱ、Ⅲ中，Au和Cu原子个数比依次为1：1、1：3、3：1 【答案】C 【解析】A项，由24K金的质量分数为100%，则18K金的质量分数为： ，I中Au和Cu原子个数比值为1：1，则Au的质量分数为： ，A正确；B项，Ⅱ中Au处于立方体的八个顶点，Au的配位数指距离最近的Cu，Cu处于面心处，类似于二氧化碳晶胞结构，二氧化碳分子周围距离最近的二氧化碳有12个，则Au的配位数为12，B正确；C项，设Ⅲ的晶胞参数为a，Au-Cu的核间距为，Au-Au的最小核间距也为 ，最小核间距Au-Cu=Au-Au，C错误；D项，I中，Au处于内部，Cu处于晶胞的八个顶点，其原子个数比为1：1；Ⅱ中，Au处于立方体的八个顶点，Cu 处于面心，其原子个数比为：；Ⅲ中，Au处于立方体的面心，Cu处于顶点，其原子个数比为；D正确；故选C。 二、非选择题(本大题共4个小题，共58分) 15．(15分)研究含碳化合物的结构与性质，对生产、科研等具有重要意义 (1)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图： ，该电子排布图违背了____________；CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH、CH的空间构型分别为________、________。 (2)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1所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。 图1 图2 ①Li＋与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且Li＋与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为__________。 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。 ⅰ.水分子中氧的杂化轨道的空间构型是________，H—O键键角________(填“＞”“＜”或“＝”)109°28′。 ⅱ.已知：冠醚Z与KMnO4可以发生如图2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_________________________________________。 【答案】(1)洪特规则(2分) 平面三角形(1分) 三角锥形(1分) (2)①K(2分) ②Li＋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(2分) ③ⅰ.四面体形(2分) ＜(2分) ⅱ.冠醚可溶于烯烃，进入冠醚中的K＋因静电作用将MnO带入烯烃中，增大烯烃与MnO接触机会，提升氧化效果(3分) 【解析】(1)2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道，故该电子排布图违背了洪特规则；CH中心碳原子是sp2杂化，为平面三角形结构，而CH中心碳原子是sp3杂化，为三角锥形。(2)①基态锂离子核外只有1s能级上有电子，为K层上的电子，所以其能层符号为K。②冠醚Y空腔较大，Li＋半径较小，Li＋半径远远小于Y空腔，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水分子中氧原子的价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断水分子空间构型为四面体；水分子中O原子含有2个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于成键电子对和孤电子对之间的排斥力，导致水分子中键角小于甲烷分子之间键角，小于109°28′。根据“相似相溶”原理知，冠醚可溶于烯烃，加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入烯烃中，增大反应物的接触面积，增大烯烃与MnO接触机会，提高氧化效果。 16．(14分) “结构决定性质”是化学学科的核心观念，请用物质结构的相关知识回答下列问题： (1)常温下二氧化碳是气体而二硫化碳是液体的原因是 。 (2)苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的沸点高于甲苯，其原因是 。 (3)已知，乙酸的为4.76，丙酸的为4.88，则酸性乙酸 丙酸(大于或小于)，原因是 。 (4) Na2O的熔点大于Na2S的熔点，其原因是 。 (5)易溶于四氯化碳而难溶于水，其原因是 。 (6)已知碳化硅与晶体硅晶体类型相同，其熔点：晶体硅<碳化硅，原因是 。 【答案】(1)二者组成与结构相似，均为非极性分子，二硫化碳相对分子质量大，分子间作用力大，熔点高，故常温下为液态，二氧化碳相对分子质量小，范德华力较小，为气态(2分) (2)苯胺()与甲苯()均为分子晶体，苯胺()可以形成分子间氢键，所以苯胺的沸点高于甲苯(2分) (3)大于(2分) 烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基极性越小，酸性越弱(2分) (4)Na2O与Na2S均为离子化合物，O2-的半径小于S2-半径，O2-与Na+之间形成的离子键更强，故熔点高(2分) (5)碘分子为非极性分子，四氯化碳为非极性溶剂，水为极性溶剂，依据“相似相溶”规律，碘单质易溶于四氯化碳(2分) (6)晶体硅和碳化硅均属于共价晶体，原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，键能：Si-Si＜C-C(2分) 【解析】(1)二者组成与结构相似，均为非极性分子，二硫化碳相对分子质量大，分子间作用力大，熔点高，故常温下为液态，二氧化碳相对分子质量小，范德华力较小，为气态；(2)苯胺()与甲苯()均为分子晶体，苯胺()可以形成分子间氢键，所以苯胺的沸点高于甲苯；(3)越小，酸性越大，则酸性乙酸大于丙酸；烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基极性越小，酸性越弱，烃基属于推电子基团，烃基中的碳链越长，推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱；(4)Na2O与Na2S均为离子化合物，O2-的半径小于S2-半径，O2-与Na+之间形成的离子键更强，故熔点高；(5)碘分子为非极性分子，四氯化碳为非极性溶剂，水为极性溶剂，依据“相似相溶”规律，碘单质易溶于四氯化碳；(6)晶体硅和碳化硅均属于共价晶体，原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，键能：Si-Si＜C-C。 17．(14分)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域，制备过程如图所示：。回答下列问题： (1)基态Cu2+的核外电子排布式为 。 (2)1mol[Cu(NH3)4]2+中含有 1molσ键；H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+ NH3(填“大于”“等于“或“小于”)。 (3)N2H 4·H2O中N原子的杂化方式为 ；基态N原子中未成对电子数为 个。 (4)含铜废液可以利用双缩脲[HN(CONH2)2]进行萃取，实现铜离子的富集、进行回收。HN(CONH2)2中除氢外的非金属元素第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。 (5)Cu2O的晶胞结构如图所示，则Cu+的配位数为 。 【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d9(2分) (2)16(2分) 大于(2分) (3)sp3杂化(2分) 3(2分) (4)N＞O＞C(2分) (5)2(2分) 【解析】(1)基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；(2)1mol[Cu(NH3)4]2+中含有4mol配位键，NH3中含有N-H极性共价键，1mol[Cu(NH3)4]2+中含有(4+3×4)mol=16molσ键；配合物[Cu(NH3)4]2+中NH3的孤对电子用于形成配位键，NH3分子中孤对电子对成键电子对的斥力较大，因此H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+大于NH3；(3)N2H 4·H2O中N原子成键电子对数为3，孤对电子对数为1，则N原子的杂化方式为sp3杂化；基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则未成对电子数为3；(4)HN(CONH2)2除H外，所含元素为C、N、O三种，同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大趋势，根据N原子2p轨道为半满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，电离能递变规律为N＞O＞C；(5)晶胞中白色原子的个数为，黑色原子个数为4，则白色的原子表示O，黑色的表示Cu，根据晶胞结构可知O2-与周围4个Cu+构成正四面体，则O2-的配位数为4，根据化学式可知，Cu+的配位数为2。 18．(15分)含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答： (1)CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-。形成该配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为 ；CO2的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如[Ni(PH3)2CO2]，已知该配合物的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出[Ni(PH3)2CO2]的结构示意图： 。 (2)激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是_____(已知各产物微粒均带1个单位正电荷)。 A．NOCl+ B．NO+ C．Cl+ D．OCl+ (3)NPAs同属于ⅤA族，下列说法正确的是______。 A．原子半径：r(N)＞r(P)＞r(As)，且电负性：N＞P＞As B．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱 C．简单氢化物的还原性：NH3＞PH3＞AsH3 D．黑砷和黑磷的结构相似(如图)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为 (4)已知NH4F晶胞结构如图所示，M处的NH4+(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因 ，该晶胞的晶胞参数如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=_____ g· cm-3列出计算式即可)。 【答案】(1) (2分) (3分) (2)B(2分) (3)BD(3分) (4) NH4+与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性(2分) (3分) 【解析】(1)基态Co3+的价层电子排布式为3d6，CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-，形成配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的Co3+价电子排布图为 ；[Ni(CO)4]的配位数为4，[Ni(PH3)2CO2]的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，则[Ni(PH3)2CO2]的配位数也为4，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为：；(2)各产物微粒均带1个单位正电荷，因m/z＝30，即z=1，m=30，则该峰对应的微粒是NO+，故答案为B；(3)A项，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，则原子半径：r(N) ＜r(P) ＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A错误；B项，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，则N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B正确；C项，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜AsH3，C错误；D项，黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单层中，每个As原子形成3个As−As键，以As−As键形成六元环，每个As原子被3个六元环共用，每个As−As键被2个六元环共用，则晶体单层中As原子与As−As键的个数比为，D正确； 故选BD。(4)M处的 (其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是：NH4+与F-形成氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含F-、NH4+的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为 (a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(c×10-7cm)= a2c×10-21cm3，则该晶体的密度ρ= g·cm−3。 ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高二化学单元检测卷 (人教版2019选择性必修2) 第三章 晶体结构与性质·基础卷 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。) 1．共价键、金属键、离子键和分子间作用力是微观粒子间的不同相互作用，含有上述两种相互作用的晶体是( ) A．SiC晶体 B．CCl4晶体 C．KCl晶体 D．Na晶体 2．下列说法不正确的是( ) A．熔融态物质凝固、气态物质凝华都可能得到晶体 B．要确定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定 C．晶态、非晶态、液晶态、塑晶态都是物质的聚集状态 D．是否有规则的几何外形是区别晶体与非晶体的本质 3．下列晶体分类中正确的是( ) 选项 离子晶体 共价晶体 分子晶体 金属晶体 A NH4Cl Ar C6H12O6 生铁 B H2SO4 Si S Hg C CH3COONa SiO2 I2 Fe D Ba(OH)2 石墨 普通玻璃 Cu 4．下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是( ) A．K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4 B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4 C．[Ag(NH3)2]Cl、K3[Fe(SCN)6] D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl 5．关于配合物［Cu(H2O)4］SO4，下列说法错误的是( ) A．此配合物，中心离子的配位数为4 B．H2O为配体，配位原子是氧原子 C．此配合物中，Cu2+提供孤对电子 D．向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 6．下列说法不正确的是( ) A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性 B．常压下，时冰的密度比水的密度小，水在时密度最大，这些都与分子间的氢键有关 C．超分子内部分子之间通过共价键相结合 D．石墨晶体中既有共价键，又有金属键还有范德华力，是一种混合晶体 7．干冰和二氧化硅晶体同是第ⅣA族元素的最高价氧化物，它们的熔、沸点却差别很大。其原因是( ) A．二氧化硅相对分子质量大于二氧化碳相对分子质量 B．C、O键键能比Si、O键键能小 C．干冰为分子晶体，二氧化硅为共价晶体 D．干冰易升华，二氧化硅不能 8．干冰、冰的结构模型如图所示，下列说法正确的是( ) A．构成干冰的微粒是碳、氧原子 B．每个干冰晶胞中含4个CO2分子 C．冰晶胞中每个水分子周围有2个紧邻的水分子 D．冰熔化时，分子中H-O键断裂 9．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( ) A．36 g冰(图甲)中含共价键数目为4NA B．12 g金刚石(图乙)中含有σ键数目为4NA C．44 g干冰(图丙)中含有NA个晶胞结构单元 D．12 g石墨(图丁)中含π键数目为3NA 10．X是核外电子数最少的元素，Y是地壳中含量最丰富的元素，Z在地壳中的含量仅次于Y，W可以形成自然界中硬度最大的共价晶体。下列叙述错误的是( ) A．X2Y晶体的熔点高于WX4晶体的熔点 B．固态X2Y2是分子晶体 C．ZW是共价晶体，其硬度比Z晶体的大 D．Z、W是同一主族的元素，Z、W与元素Y形成的晶体都是共价晶体 11．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( ) A．N2H4分子中σ键与键的数目之比为5：1 B．1molN2H4可处理水中2mol O2 C．[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键 D．氨水中NH3与H2O间存在氢键 12．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是( ) A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取sp2杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由价变为0价 13．W可与形成化合物Q，Q的结构如图所示，下列说法错误的是( ) A．C、N、O均能与H形成既含极性键又含非极性键的分子 B．W与结合前后，N原子的杂化方式未发生变化 C．与Cu原子未成对电子数相同的同周期元素有3种 D．Q中的作用力有配位键、共价键、氢键 14．黄金按质量分数分级，纯金为。Au-Cu合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是( ) A．I为金 B．Ⅱ中的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距Au-Cu＜Au-Au D．I、Ⅱ、Ⅲ中，Au和Cu原子个数比依次为1：1、1：3、3：1 二、非选择题(本大题共4个小题，共58分) 15．(15分)研究含碳化合物的结构与性质，对生产、科研等具有重要意义 (1)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图：，该电子排布图违背了____________；CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH、CH的空间构型分别为________、________。 (2)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1所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。 图1 图2 ①Li＋与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且Li＋与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为__________。 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。 ⅰ.水分子中氧的杂化轨道的空间构型是________，H—O键键角________(填“＞”“＜”或“＝”)109°28′。 ⅱ.已知：冠醚Z与KMnO4可以发生如图2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_________________________________________。 16．(14分) “结构决定性质”是化学学科的核心观念，请用物质结构的相关知识回答下列问题： (1)常温下二氧化碳是气体而二硫化碳是液体的原因是 。 (2)苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的沸点高于甲苯，其原因是 。 (3)已知，乙酸的为4.76，丙酸的为4.88，则酸性乙酸 丙酸(大于或小于)，原因是 。 (4) Na2O的熔点大于Na2S的熔点，其原因是 。 (5)易溶于四氯化碳而难溶于水，其原因是 。 (6)已知碳化硅与晶体硅晶体类型相同，其熔点：晶体硅<碳化硅，原因是 。 17．(14分)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域，制备过程如图所示：。回答下列问题： (1)基态Cu2+的核外电子排布式为 。 (2)1mol[Cu(NH3)4]2+中含有 1molσ键；H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+ NH3(填“大于”“等于“或“小于”)。 (3)N2H 4·H2O中N原子的杂化方式为 ；基态N原子中未成对电子数为 个。 (4)含铜废液可以利用双缩脲[HN(CONH2)2]进行萃取，实现铜离子的富集、进行回收。HN(CONH2)2中除氢外的非金属元素第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。 (5)Cu2O的晶胞结构如图所示，则Cu+的配位数为 。 18．(15分)含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答： (1)CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-。形成该配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为 ；CO2的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如[Ni(PH3)2CO2]，已知该配合物的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出[Ni(PH3)2CO2]的结构示意图： 。 (2)激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是_____(已知各产物微粒均带1个单位正电荷)。 A．NOCl+ B．NO+ C．Cl+ D．OCl+ (3)NPAs同属于ⅤA族，下列说法正确的是______。 A．原子半径：r(N)＞r(P)＞r(As)，且电负性：N＞P＞As B．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱 C．简单氢化物的还原性：NH3＞PH3＞AsH3 D．黑砷和黑磷的结构相似(如图)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为 (4)已知NH4F晶胞结构如图所示，M处的NH4+(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因 ，该晶胞的晶胞参数如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=_____ g· cm-3列出计算式即可)。 试题 第3页（共8页） 试题 第4页（共8页） 试题 第1页（共8页） 试题 第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二化学单元检测卷 (人教版2019选择性必修2) 第三章 晶体结构与性质·基础卷 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。) 1．共价键、金属键、离子键和分子间作用力是微观粒子间的不同相互作用，含有上述两种相互作用的晶体是( ) A．SiC晶体 B．CCl4晶体 C．KCl晶体 D．Na晶体 2．下列说法不正确的是( ) A．熔融态物质凝固、气态物质凝华都可能得到晶体 B．要确定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定 C．晶态、非晶态、液晶态、塑晶态都是物质的聚集状态 D．是否有规则的几何外形是区别晶体与非晶体的本质 3．下列晶体分类中正确的是( ) 选项 离子晶体 共价晶体 分子晶体 金属晶体 A NH4Cl Ar C6H12O6 生铁 B H2SO4 Si S Hg C CH3COONa SiO2 I2 Fe D Ba(OH)2 石墨 普通玻璃 Cu 4．下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是( ) A．K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4 B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4 C．[Ag(NH3)2]Cl、K3[Fe(SCN)6] D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl 5．关于配合物［Cu(H2O)4］SO4，下列说法错误的是( ) A．此配合物，中心离子的配位数为4 B．H2O为配体，配位原子是氧原子 C．此配合物中，Cu2+提供孤对电子 D．向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 6．下列说法不正确的是( ) A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性 B．常压下，时冰的密度比水的密度小，水在时密度最大，这些都与分子间的氢键有关 C．超分子内部分子之间通过共价键相结合 D．石墨晶体中既有共价键，又有金属键还有范德华力，是一种混合晶体 7．干冰和二氧化硅晶体同是第ⅣA族元素的最高价氧化物，它们的熔、沸点却差别很大。其原因是( ) A．二氧化硅相对分子质量大于二氧化碳相对分子质量 B．C、O键键能比Si、O键键能小 C．干冰为分子晶体，二氧化硅为共价晶体 D．干冰易升华，二氧化硅不能 8．干冰、冰的结构模型如图所示，下列说法正确的是( ) A．构成干冰的微粒是碳、氧原子 B．每个干冰晶胞中含4个CO2分子 C．冰晶胞中每个水分子周围有2个紧邻的水分子 D．冰熔化时，分子中H-O键断裂 9．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( ) A．36 g冰(图甲)中含共价键数目为4NA B．12 g金刚石(图乙)中含有σ键数目为4NA C．44 g干冰(图丙)中含有NA个晶胞结构单元 D．12 g石墨(图丁)中含π键数目为3NA 10．X是核外电子数最少的元素，Y是地壳中含量最丰富的元素，Z在地壳中的含量仅次于Y，W可以形成自然界中硬度最大的共价晶体。下列叙述错误的是( ) A．X2Y晶体的熔点高于WX4晶体的熔点 B．固态X2Y2是分子晶体 C．ZW是共价晶体，其硬度比Z晶体的大 D．Z、W是同一主族的元素，Z、W与元素Y形成的晶体都是共价晶体 11．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( ) A．N2H4分子中σ键与键的数目之比为5：1 B．1molN2H4可处理水中2mol O2 C．[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键 D．氨水中NH3与H2O间存在氢键 12．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是( ) A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取sp2杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由价变为0价 13．W可与形成化合物Q，Q的结构如图所示，下列说法错误的是( ) A．C、N、O均能与H形成既含极性键又含非极性键的分子 B．W与结合前后，N原子的杂化方式未发生变化 C．与Cu原子未成对电子数相同的同周期元素有3种 D．Q中的作用力有配位键、共价键、氢键 14．黄金按质量分数分级，纯金为。Au-Cu合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是( ) A．I为金 B．Ⅱ中的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距Au-Cu＜Au-Au D．I、Ⅱ、Ⅲ中，Au和Cu原子个数比依次为1：1、1：3、3：1 二、非选择题(本大题共4个小题，共58分) 15．(15分)研究含碳化合物的结构与性质，对生产、科研等具有重要意义 (1)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图：，该电子排布图违背了____________；CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH、CH的空间构型分别为________、________。 (2)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1所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。 图1 图2 ①Li＋与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且Li＋与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为__________。 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。 ⅰ.水分子中氧的杂化轨道的空间构型是________，H—O键键角________(填“＞”“＜”或“＝”)109°28′。 ⅱ.已知：冠醚Z与KMnO4可以发生如图2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_________________________________________。 16．(14分) “结构决定性质”是化学学科的核心观念，请用物质结构的相关知识回答下列问题： (1)常温下二氧化碳是气体而二硫化碳是液体的原因是 。 (2)苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的沸点高于甲苯，其原因是 。 (3)已知，乙酸的为4.76，丙酸的为4.88，则酸性乙酸 丙酸(大于或小于)，原因是 。 (4) Na2O的熔点大于Na2S的熔点，其原因是 。 (5)易溶于四氯化碳而难溶于水，其原因是 。 (6)已知碳化硅与晶体硅晶体类型相同，其熔点：晶体硅<碳化硅，原因是 。 17．(14分)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域，制备过程如图所示：。回答下列问题： (1)基态Cu2+的核外电子排布式为 。 (2)1mol[Cu(NH3)4]2+中含有 1molσ键；H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+ NH3(填“大于”“等于“或“小于”)。 (3)N2H 4·H2O中N原子的杂化方式为 ；基态N原子中未成对电子数为 个。 (4)含铜废液可以利用双缩脲[HN(CONH2)2]进行萃取，实现铜离子的富集、进行回收。HN(CONH2)2中除氢外的非金属元素第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。 (5)Cu2O的晶胞结构如图所示，则Cu+的配位数为 。 18．(15分)含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答： (1)CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-。形成该配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为 ；CO2的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如[Ni(PH3)2CO2]，已知该配合物的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出[Ni(PH3)2CO2]的结构示意图： 。 (2)激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是_____(已知各产物微粒均带1个单位正电荷)。 A．NOCl+ B．NO+ C．Cl+ D．OCl+ (3)NPAs同属于ⅤA族，下列说法正确的是______。 A．原子半径：r(N)＞r(P)＞r(As)，且电负性：N＞P＞As B．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱 C．简单氢化物的还原性：NH3＞PH3＞AsH3 D．黑砷和黑磷的结构相似(如图)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为 (4)已知NH4F晶胞结构如图所示，M处的NH4+(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因 ，该晶胞的晶胞参数如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=_____ g· cm-3列出计算式即可)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 12 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $