章末达标检测3 晶体结构与性质（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中化学选择性必修第二册（人教版 单选）

(本卷满分100分) 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意) 1．下列说法正确的是(　　) A．晶体在受热熔化过程中一定存在化学键的断裂 B．共价晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力 C．区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验 D．非金属元素的原子间只形成共价键，金属元素的原子与非金属元素的原子间只形成离子键 解析　分子晶体熔化时一般破坏分子间作用力，而不影响化学键，如碘单质熔化，A错误；共价晶体的原子间只存在共价键，分子晶体内可能存在范德华力、氢键和共价键，如水、氨气等， B错误；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X射线衍射图谱反映出来，因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验， C正确；铵盐是非金属元素组成的化合物，属于离子化合物，氯化铝是金属元素与非金属元素组成的共价化合物， D错误。 答案　C 2．(2024·湖北卷)结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是(　　) 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 解析　1分子甘油中含有三个羟基，可以形成分子间氢键，且氧的电负性较大，形成的氢键较强，故甘油是黏稠液体，A正确；铂与HNO3反应生成的Pt4+能与氯离子形成稳定的配离子[PtCl6]2-，增强了Pt的还原性，所以王水能溶解铂，B错误；冰晶体中，每个水分子周围有4个紧邻的水分子，氢键的存在迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，干冰中的CO2之间只存在范德华力，一个分子周围有12个紧邻分子，故密度比冰的高，C正确；石墨中C原子为sp2杂化，未参与杂化的2p电子的原子轨道垂直于碳原子平面，由于所有p轨道相互平行且相互重叠，p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，故石墨能导电，D正确。 答案　B 3．下列说法正确的是(　　) A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3 B．液晶、等离子体都是物质的聚集体 C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体 D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线形的非极性分子 解析　SiH4和CH4都属于分子晶体，影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，NH3分子间存在氢键，沸点偏高，大于PH3，故A错误；液晶、等离子体都是物质的聚集体，故B正确；CO2 晶体是分子晶体，但是SiO2 晶体是共价晶体，故C错误；C2H6中两个—CH3对称，是非极性分子，是直线形，而C3H8是锯齿形结构，是极性分子，故D错误。 答案　B 4．有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是(　　) A．在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－有6个 B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+ C．在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子 D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE 解析　以顶角Na＋研究，与之最近的Cl－处于晶胞棱心且关于Na＋对称，即距Na＋最近的Cl－有6个，故A正确；在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶角和面心，数目为8×＋6×＝4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，由金刚石的晶胞结构图，也可以看出最小的环上有6个碳原子，故C正确；该气态团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，故D错误。 答案　D 5．二茂铁[(C5H5)2Fe]是由1个二价铁离子和2个环戊二烯基负离子构成的具有芳香族性质的有机金属化合物，它的发现可以说是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的新领域。已知：二茂铁熔点是173 ℃(在100 ℃时开始升华)，沸点是249 ℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。下列说法不正确的是(　　) A．二茂铁属于分子晶体 B．在二茂铁结构中，C5H与Fe2+之间形成的化学键类型是配位键 C．已知环戊二烯的结构式为，则其中所有碳原子均采取sp2杂化 D．基态Fe2+的电子排布式为[Ar]3d44s2 解析　根据题给信息知，二茂铁易升华，易溶于非极性溶剂，可以推断它应为分子晶体，则C5H与Fe2+之间不可能形成离子键，应为配位键，A、B项正确；铁原子失去4s轨道上的2个电子即为基态Fe2+，电子排布式应为[Ar]3d6，D项错误。 答案　D 6．下列说法中正确的有(　　) ①金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关 ②离子键是阴、阳离子间的相互吸引作用 ③分子晶体的熔点一定比金属晶体低 ④共价键的强弱决定分子晶体熔、沸点的高低 ⑤共价晶体中一定含有共价键 ⑥含有离子的晶体一定是离子晶体 ⑦硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅 ⑧NaCl晶体中，阴离子周围紧邻的阳离子数为8 A．2个　　　　　　　 B．3个 C．4个 D．5个 解析　②离子键是阴、阳离子间的静电作用力，包括吸引力和排斥力，故错误；③分子晶体的熔点不一定比金属晶体低，如汞在常温下为液体，碘是分子晶体，常温下为固体，故错误；④分子晶体熔、沸点的高低由分子间作用力决定，故错误；⑥金属晶体由金属阳离子和电子构成，所以含有离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故错误；①⑤⑦⑧正确，共4个正确。 答案　C 7．科学家合成了一种新的化合物，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列说法正确的是(　　) A．元素非金属性强弱的顺序为X>Y>Z B．W、Z对应的简单离子半径：W<Z C．元素Z、X、W的单质晶体熔点依次升高 D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构 解析　由题给信息可知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl元素。元素非金属性强弱的顺序为Si<P<Cl，A错误；Na＋有2个电子层，Cl－有3个电子层，W、Z对应的简单离子半径：r(Na＋)<r(Cl－)，B正确；元素Z、X、W的单质分别为Cl2、Si、Na，分别属于分子晶体、共价晶体、金属晶体，Si的熔点最高，氯气的熔点最低，C错误；2个硅原子和1个P原子形成2个共价键，阴离子得到1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D错误。 答案　B 8．利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是(　　) A．杯酚与C60形成氢键 B．C60与C70晶体类型不同 C．该分离过程利用的是超分子的分子识别特征 D．一个C60晶胞中含有8个C60分子 解析　C和H原子不能形成氢键，杯酚与C60不能形成氢键，故A错误；C60与C70都属于分子晶体，晶体类型相同，故B错误；“杯酚”的空腔大小只适配C60，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，故C正确；C60的晶胞结构图为，一个C60晶胞中含有8×＋6×＝4个C60分子，故D错误。 答案　C 9．(2024·苏州高二期末)现有四种晶体，其构成粒子均为单原子核粒子，排列方式如图所示。晶体的化学式正确的是(　　) 解析　由图可知，A原子个数为1，B原子的个数为8×＝1，则晶体的化学式为AB，故A错误；由图可知，E原子和F原子的个数都为4×＝，则晶体的化学式为EF，故B错误；由图可知，X原子个数为1，Y原子的个数为6×＝3，Z原子的个数为8×＝1，则晶体的化学式为XY3Z，故C正确；由图可知，A原子个数为8×＋6×＝4，B原子个数为12×＋1＝4，则晶体的化学式为AB，故D错误。 答案　C 10．(2024·沈阳高二期末) 氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示，其中氮化钼晶胞参数为a nm，下列说法正确的是(　　) A．氮化钼的化学式为MoN2 B．相邻两个最近的N原子的距离为a nm C．晶体的密度ρ＝g·cm-3 D．每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个 解析　根据晶胞结构可知该晶胞中含有Mo原子数目是：8×＋6×＝4，含有的N原子数目是：1＋4×＝2，Mo∶N＝4∶2＝2∶1，因此氮化钼的化学式为Mo2N，A错误；根据晶胞结构可知：在该晶体中2个最近的N原子位于面对角线的一半，则其距离是a nm，B错误；该晶胞的密度ρ＝＝ g/cm3＝ g/cm3，C错误；以顶角的Mo原子为研究对象，通过该顶点能够形成8个晶胞，在一个晶胞中与该Mo原子等距离的Mo原子有3个，分别位于通过该Mo原子三个平面的面心上，每个Mo原子被重复计算了2次，则每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有＝12，D正确。 答案　D 11．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∶1 D．晶胞中Ga原子与周围等距且最近的As原子形成的空间结构为正四面体 解析　根据砷化镓熔点数据和晶胞结构(空间网状)可知砷化镓为共价晶体，A错误；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；晶胞中Ga位于顶点和面心，数目为8×＋6×＝4，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。 答案　D 12．已知乙基咪唑()被广泛应用于有机合成和聚合反应、分离与提纯以及电化学研究中，结构中含大π键。下列说法错误的是(　　) A．晶体类型为分子晶体 B．五元环上的N原子均提供孤电子对形成大π键 C．1 mol乙基咪唑中含有σ键数目为15NA D．分子中含极性、非极性共价键 解析　该物质中只含共价键，其构成微粒为分子，属于分子晶体，故A正确；该结构中单键N原子采用sp3杂化，三个单电子均形成共价键，剩余一个孤电子对参与形成大π键，双键N原子采用sp2杂化，其中两个杂化轨道形成σ键，另一个杂化轨道中含有1个单电子参与形成大π键，故B错误；1 mol乙基咪唑中含有σ键数目为15NA，故C正确；分子中含C—C键为非极性共价键，C—N、C—H等为极性共价键，故D正确。 答案　C 13．下图a、b、c、d依次代表常见的NaCl、CO2、金刚石、冰的晶胞或结构，下列表述正确的是(　　) A．MgO的晶胞结构与NaCl类似，MgO的晶格能小于NaCl B．干冰晶体中距离CO2分子最近且等距离的CO2分子有8个 C．若金刚石晶胞中1的原子坐标为(0，0，0)，则2的原子坐标为 D．冰晶体中存在氢键，18 g冰含有4 mol氢键 解析　晶格能与离子间距(核间距)成反比，与离子所带电荷数成正比，Mg2+、O2-所带电荷数分别多于Na＋、Cl－，且r(Mg2+)<r(Na＋)，r(O2-)<r(Cl－)，即Mg2+与O2-之间的核间距比Na＋与Cl－之间的核间距小，所以MgO的晶格能远比NaCl的大，故A错误；干冰晶体中，1个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故B错误；根据1的原子坐标为(0，0，0)，则2的原子坐标为，故C正确；根据冰的结构示意图可知，每个水分子通过氢键和4个水分子结合，平均每个水分子含有氢键数目为4×＝2，即每18 g冰即1 mol冰含有2 mol氢键，故D错误。 答案　C 14．(2024·湖北卷)黄金按质量分数分级，纯金为24K。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18K金 B．Ⅱ中Au的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距Au-Cu<Au-Au D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，Au与Cu原子个数比依次为1∶1、1∶3、3∶1 解析　纯金为24K，则18K金中金的质量分数为75%，Ⅰ中Au位于体心，个数为1，Cu位于顶点，个数为8×＝1，则Au的质量分数为×100%≈75%，为18K金，A正确；Ⅱ中Au位于顶点，个数为8×＝1，Cu位于面心，个数为6×＝3，晶体化学式为Cu3Au，1个Cu周围有4个Au，则1个Au周围有12个Cu，Au的配位数是12，B正确；Ⅲ中Au-Cu和Au-Au的最小核间距均为面对角线长度的，故最小核间距Au-Cu＝Au-Au，C错误；结合上述分析可知，Ⅰ中Au、Cu原子个数比为1∶1，Ⅱ中Au、Cu原子个数比为1∶3，Ⅲ中Au位于面心，个数为6×＝3，Cu位于顶点，个数为8×＝1，Au、Cu原子个数比为3∶1，D正确。 答案　C 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15．(14分)铜是过渡金属元素，可以形成多种化合物。 (1)CuCl的盐酸溶液能够与CO发生反应：CuCl＋CO＋H2O===Cu(CO)Cl·H2O。 ①电负性：C________(填“>”“＝”或“<”)O。 ②CO常温下为气体，固态时属于________晶体。 (2)Cu＋与NH3形成的配合物可表示成[Cu(NH3)n]＋，该配合物中，Cu＋的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对。 [Cu(NH3)n]＋中Cu＋与n个氮原子的空间结构呈____形，n＝__________。 (3)CuCl2溶液与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)可形成配离子[Cu(En)2]2+(En是乙二胺的简写)： ①配离子[Cu(En)2]2+的中心原子基态L层电子排布式为__________。 ②乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为______，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是______________________________。 ③配合物[Cu(En)2]Cl2中不存在的作用力类型有______(填字母)。 A．配位键　　　　　 B．极性键 C．离子键 D．非极性键 E．氢键 F．金属键 解析　(1)①同一周期的主族元素，元素的原子序数越大，元素的电负性就越大，所以电负性：C<O。②CO常温下为气体，固态时属于分子晶体。(2)该配合物中，Cu＋的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对。所以在[Cu(NH3)n]＋中Cu＋与n个氮原子的空间结构呈直线形，Cu＋与2个氮原子形成配位键。 答案　(1)①<　②分子　(2)直线　2 (3)①2s22p6　②sp3杂化　乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键　③EF 16．(14分)硼及其化合物在工农业生产、新型材料等方面应用广泛。 (1)区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为对固体进行____________________，晶体硼的单质的基本结构单元为正二十面体，能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的________。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为____________。 (2)我国科学家对硼烷化学的研究开启了无机化学的新篇章。 ①最简单的硼烷是B2H6，其分子结构如图所示，B原子的杂化方式为________。 ②氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具有潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是________。 ③硼氢化钠(NaBH4)是一种重要的储氢载体，其阴离子空间结构是____________。 (3)砷化硼(BAs)为立方晶系晶体，其结构如图所示。 晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是________________。已知：晶体的密度为d g·cm-3，As原子的半径为a pm，假设B、As原子相切，则B原子的半径为____________________pm(写出计算表达式即可)。 解析　(1)区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为对固体进行X射线衍射实验，晶体硼的单质的基本结构单元为正二十面体，能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性；与硼处于同周期且相邻的两种元素分别为Be、C，同周期元素第一电离能从左到右呈增大的趋势，但第ⅡA、ⅤA族反常，因此第一电离能由大到小的顺序为C>Be>B。(2)①根据分子结构，B的价层电子对数为4，因此B原子的杂化方式为sp3。②氨硼烷(NH3BH3)分子中存在配位键，BH3中无孤电子对，NH3中N有一个孤电子对，因此提供孤电子对的原子是N。③硼氢化钠(NaBH4)中阴离子BH中心原子的价层电子对数为4＋×(3＋1－1×4)＝4，因此其空间结构是正四面体形。(3)可以将这个晶胞分成8个小的立方体，B原子在其中四个小的立方体的体心，晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子投影在底面的面对角线的四分之一，因此构成的几何形状是(平面)正方形。根据晶胞得出B有4个，As有8×＋6×＝4个，因此晶胞有4个BAs，晶胞的体积为V＝＝ cm3＝ cm3，晶胞参数为 cm，假设B、As原子相切，As和B原子半径之和为体对角线的四分之一，因此两者半径和为× cm，As原子的半径为a pm，则B原子的半径为pm。 答案　(1)X射线衍射实验　自范性　C>Be>B　(2)①sp3　②N　③正四面体形　(3)(平面)正方形　××1010－a 17．(15分)某温泉富含珍稀“锗”元素。其中锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题： (1)锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：Na2GeO3；二锗酸钠：Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n＋2)。 ①Na2GeO3中锗原子的杂化方式是________。 ②推测1 mol GenH2n＋2中含有的σ键的数目是________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 (2)利用离子液体[EMIM][AlCl4]可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7 ℃，其中EMIM＋结构如图所示。 ①该物质的晶体类型是________。 ②EMIM＋离子中组成元素的电负性由小到大的顺序是________。 (3)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是________；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则D点坐标为________；若该晶胞密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数NA为________(列出计算式)。 解析　(1)①Na2GeO3中，锗原子的价层电子对数为3，杂化方式是sp2杂化。②1 mol GenH2n＋2中，含有的σ键的数目是[(n－1)＋(2n＋2)]×NA＝(3n＋1)NA。 (2)①该物质由[EMIM]＋和[AlCl4]－构成，则晶体类型是离子晶体。②EMIM＋离子，组成元素为H、C、N，非金属性：H＜C＜N，则电负性由小到大的顺序是H＜C＜N。 (3)硒化锌(ZnSe)晶胞中，Zn2+周围有4个Se2-，则Se2-周围有4个Zn2+，该晶胞中硒原子的配位数是4；A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则立方体边长为a，图中信息显示，D点位于晶胞分成的8个小立方体中，右、上且靠近x轴的小立方体的体心，则D点坐标为。在晶胞中，含Zn2+数目为4 ，含Se2-的数目为8×＋6×＝4，晶胞边长为a pm，若该晶胞密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数NA为＝×1030 mol-1。 答案　(1)①sp2杂化　②(3n＋1)NA (2)①离子晶体　②H＜C＜N (3)4　　×1030mol-1 18．(15分)(2024·济南莱芜一中高二期中) 过渡元素镍(Ni)、铬(Cr)都是重要的合金元素，他们的配合物在科技生活中都有很重要的应用，例如我国科学家合成铬的化合物通过烷基铝和[ph3C]＋[B(C6F5)4]－活化后，对乙烯聚合表现出较好的催化活性。合成铬的化合物过程中的一步反应为： 回答下列问题： (1)Cr3+价电子排布式为________，分子甲中除铬外其他元素的电负性由大到小依次为________(填元素符号)。 (2)一定条件下环戊二烯可转化为，在这个过程中C原子的杂化方式变化为由sp3变为________，中大π键可表示为________。 (3)化合物丙中1、2、3、4处的化学键是配位键的是________(填字母)。 a．只有2 b．2、3、4 c．全部都是 (4)AsCl3也可以与铬离子形成配合物，当氯原子被烷基取代后，配位能力增强，其原因是________________________________________________________________。 解析　(1)Cr原子核外电子数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，原子失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，Cr3+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3；Cr3+价电子排布式为3d3，非金属性：O>Cl>C>H，非金属性越强，电负性越大，则分子甲中除铬外其他元素的电负性由大到小依次为O>Cl>C>H。 (2)环戊二烯可转化为，原饱和碳原子上为4个单键，现在该碳原子有3个单键且获得1个电子后有1个孤电子对，故在这个过程中C原子的杂化方式变化为由sp3变为sp2，中参与形成大π键的原子有5个，每个碳原子提供一个电子形成大π键，加上得到的一个电子，参与形成大π键的电子数有6个，则其大π键可表示为Π。 (3)甲＋乙→丙，从甲、乙、丙的结构看，丙中的1、2、3、4四个化学键，只有2是新形成的，2这个键是N提供孤电子对，Cr提供空轨道形成的，所以2应为配位键；选a。 (4)AsCl3或当氯原子被烷基取代后的分子作配体，均是As提供孤电子对，配位原子电子云密度越高配位能力越强，则当氯原子被烷基取代后配位能力增强的原因是：烷烃基为推电子基，使As上电子云密度增大，更容易给出电子。 答案　(1)3d3　O>Cl>C>H　(2)sp2　Π　(3)a　(4)烷烃基为推电子基，使As上电子云密度增大，更容易给出电子 学科网（北京）股份有限公司 $