周练（十一）晶体结构与性质-【高考领航】2027年高考化学总复习四测通关卷（A版）

**基本信息** 聚焦晶体结构与性质核心考点，通过概念辨析、结构分析及计算综合，系统覆盖晶体类型、晶胞参数、化学键与性质关系，强化化学观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|3题|晶体类型判断、微粒作用力分析|晶体类型→化学键类型→性质递变规律| |结构分析|4题|晶胞坐标、配位数、空间构型|晶胞模型→原子位置→微粒间作用关系| |性质应用|3题|熔点比较、导电性解释|结构特征→物理性质差异的因果推导| |计算综合|3题|晶胞密度、键数目计算|晶体结构→数学模型→定量计算应用|

周练(十一)　晶体结构与性质 (时间：45分钟　满分：80分) 可能用到的相对原子质量：H 1　B 11　C 12　O 16　Si 28　K 39　Ca 40 一、选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列关于晶体说法不正确的是(　　) A．任何晶体中，若含有阳离子一定有阴离子 B．共价晶体的原子间只存在共价键，离子晶体中可能含有共价键 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．晶胞是晶体结构中的最小重复单元 2．下列说法错误的是(　　) A．金属单质中含有自由电子和金属正离子，所以金属单质能导电 B．物质熔点的顺序：碳化硅>氯化钠>冰 C．氯化氢溶于水后能导电，所以氯化氢是离子晶体 D．用黄金做首饰能用金属键理论解释 3．CeO2晶格中的O被去除，产生一个氧空位(VO)，VO相对原点的分数坐标为，则图中Ce3+的分数坐标分别为 (　　) A． B．，(1，0，0) C． D． 4．科学家成功合成了一种新型全碳分子——环[48]碳(C48)，让由48个碳原子组成的环像穿项链般穿过3个小型“保护套”分子，从而形成稳定的“套环”结构——C48·M3，其结构如图所示。下列说法错误的是(　　) A．C48·M3属于超分子 B．C48只存在非极性键 C．C48与C60互为同位素 D．C48与M分子之间存在范德华力 5．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　) ①9 g冰(图1)中含氢键数目为2NA　②28 g晶体硅(图2)中含有Si—Si键数目为2NA ③44 g干冰(图3)中含共用电子对2NA，且CO2分子配位数为12　④石墨烯(图4)是碳原子单层片状新材料，12 g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA A．①② B．②③ C．①③ D．③④ 6．嫦娥石的一种伴生矿物为方石英，其晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是(　　) A．晶体类型为共价晶体 B．该物质的化学式为SiO2 C．键角∠AED＝180° D．该物质的熔点比金刚石低 7．有关晶体的结构如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．该气态团簇分子的分子式为EF或FE B．在金刚石晶胞中，若正方体棱长为a cm，则碳原子间的最短距离为a cm C．钛酸钙的化学式为Ca2TiO4 D．硒化锌晶体中与一个Se2-距离最近且相等的Se2-有8个 二、选择题(本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 8．科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示(硼原子和碳原子均在面上)，该立方晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是(　　) A．晶体中与Ca2+等距离的K＋数目是8 B．晶体化学式为KCaB6C C．该晶胞对应的晶体类型为离子晶体 D．晶体的密度为g·cm-3 9．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．镓为d区元素 B．砷化镓中不存在配位键 C．距离As原子最近的As原子数为6 D．晶胞中与As周围等距且最近的Ga形成的空间结构为正四面体 10．关于各晶体说法错误的是(　　) A.金刚石是共价晶体，熔化时不会破坏化学键 B．在CaF2晶体中，Ca2+的配位数为8，F－的配位数为4 C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数目之比为1∶2 D．在CO2晶体中，每个CO2分子周围紧邻且等距的CO2分子有12个 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题(本题共4小题，共47分) 11．(11分)Cu、Zn均属于过渡金属元素，回答下列问题： (1)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Cu2+、Zn2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________________。 (2)CuCl2溶液与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)可形成配离子[Cu(En)2]2+，结构如图(En是乙二胺的简写)： 配离子[Cu(En)2]2+的中心离子的配位数为__________。 (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 12．(12分)我国稀土资源丰富。一种利用氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)制备稀土化合物CeO2的流程如下。 (1)基态F原子的核外电子空间运动状态有________种。 (2)CeFCO3中Ce元素的化合价为________。“焙烧”时，CeFCO3转化为CeF4和CeO2，同时生成一种非极性气体分子，反应的化学方程式为_____________________________________________。 (3)滤渣1的主要成分有SiO2和BaSO4。BaSO4、SiO2分别属于________晶体、________晶体。 (4)已知：Ce4+半径比Ba2+小。CeO2的熔点________(填“高于”或“低于”)BaO。 (5)一种CeO2晶体的立方晶胞结构如图所示。Ce4+的配位数为________。若晶胞边长为a nm，则Ce4+与Ce4+的最短距离为________nm。 13．(12分)回答下列问题： (1)第3周期元素氟化物的熔点如下表： 化合物 NaF MgF2 AlF3 SiF4 PF5 SF6 熔点/℃ 993 1261 1291 －90 －83 －50.5 解释表中氟化物熔点变化的原因：_____________________。 (2)苯胺()的晶体类型是________。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(－5.9 ℃)、沸点(184.4 ℃)均高于甲苯的熔点(－95.0 ℃)、沸点(110.6 ℃)，原因是______________________________。 (3)正戊烷、异戊烷、正丁烷、异丁烷的熔点由低到高的顺序为________________________________________________________________________。 (4)三氯化铁常温下为固体，熔点为282 ℃，沸点为315 ℃，在300 ℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。三氯化铁晶体为________晶体。 (5)CaF2晶胞如图，每个Ca2+周围距离最近且相等的F－有________个。在CaF2晶体中Ca2+的半径为a cm，F－的半径为b cm，则CaF2的密度为________g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。 14．(12分)[Cu(NH3)4]SO4·H2O为深蓝色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，常用作杀虫剂、媒染剂。某小组在实验室制备该晶体并检验其中的铜含量。已知其在溶液中存在以下电离(解离)过程：[Cu(NH3)4]SO4·H2O⥫⥬[Cu(NH3)4]2+＋＋H2O，[Cu(NH3)4]2+⥫⥬Cu2+＋4NH3　ΔH>0。 【制备晶体】利用如图所示装置(部分夹持装置略)制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。 回答下列问题： (1)盛装硫酸铜溶液的仪器名称为________，如图，将A装置产生的气体持续通入B装置中，使用仪器a而不使用长导管通入的原因是________。 (2)写出B中得到深蓝色溶液的总反应的化学方程式：________________________________________________________________________。 (3)析出晶体时，可采用如图所示的两种方案进行： 方案1中可采用加入硫酸钠的方法，使硫酸四氨合铜晶体析出，其原理是______________________________________________，方案2的实验步骤为a.加热浓缩，b.冷却溶液，c.加95%乙醇、结晶……。该方案存在一定缺陷，因为利用方案2得到的产品晶体中往往含有____________________________________杂质，产生杂质的原因是_____________________________________________________。 【晶体中铜含量的测定】硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)中铜含量可按如图所示步骤测定： (4)步骤Ⅰ可得到含Cu2+的溶液的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (5)取1 g样品，经步骤Ⅰ得到100 mL溶液，从中取出20 mL，经步骤Ⅱ后再用0.050 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00 mL，计算产品纯度为__________。(步骤Ⅱ和步骤Ⅲ中发生的反应为2Cu2+＋4I－===2CuI↓＋I2和I2＋ 学科网（北京）股份有限公司 $ 周练(十一)　晶体结构与性质 1．A　金属晶体中含有阳离子和自由电子，但无阴离子，因此含有阳离子的晶体不一定含有阴离子，A错误；共价晶体中原子间通过共价键结合，而离子晶体中可能含有共价键(如NaOH中的O—H键)，B正确；X射线衍射实验可清晰区分晶体(有明锐衍射峰)和非晶体(无衍射峰)，C正确；晶胞是晶体结构中最小的重复单元，通过平移可延展为完整晶体，D正确。 2．C　金属单质中的自由电子和金属阳离子构成金属键，自由电子导电，A正确；碳化硅(共价晶体)熔点高于氯化钠(离子晶体)，氯化钠高于冰(分子晶体)，B正确；氯化氢固态为分子晶体，导电因溶于水电离，而非本身为离子晶体，C错误；金属延展性由金属键解释，黄金做首饰体现延展性，D正确。 3．D　由晶胞结构可知，VO相对原点的分数坐标为，位于底面面心的Ce3+分数坐标为，位于侧面面心的Ce3+分数坐标为，故选D。 4．C　超分子是由分子通过分子间相互作用形成的聚集体，C48环穿过3个M分子形成稳定“套环”结构，符合超分子定义，A正确；C48由48个碳原子组成，碳原子间均为C—C非极性键，B正确；同位素是质子数相同、中子数不同的原子，C48与C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，C错误；C48与M通过分子间作用力形成“套环”结构，范德华力属于分子间作用力，D正确。 5．C　9 g冰的物质的量为＝0.5 mol，1个水分子形成2个氢键，氢键数为NA，故①错误；硅晶体中1个硅原子与周围4个硅原子形成4个Si—Si键，每个Si—Si键被2个硅原子共用，28 g硅晶体中含有2NA个Si—Si键，故②正确；干冰为分子晶体，1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，44 g干冰(图3)中含4NA共用电子对，干冰为面心立方堆积，CO2分子配位数为12，故③错误；在石墨烯中，每个碳原子与周围的3个碳原子相连，每个碳碳键为2个碳原子共用，故12 g(1 mol)石墨烯中含C—C键数目为1 mol×3×＝1.5 mol，即1.5NA，故④正确。 6．C　该晶胞中O原子形成2个σ键，且含有2个孤电子对，杂化方式为sp3，则键角∠AED≠180°，C错误；故选C。 7．B　该分子由4个E和4个F组成，分子式应为E4F4或F4E4，A错误；在金刚石晶胞中，若正方体棱长为a cm，则两个碳原子间的最短距离为体对角线的四分之一， 即a cm，B正确；根据晶胞的结构图结合均摊法可知，在晶胞中钙原子位于晶胞的顶点，氧原子位于晶胞的面心，钛原子位于体心，所以晶胞中含有钙原子数为8×＝1，氧原子数为6×＝3，钛原子数为1，所以Ca、Ti、O的原子数之比为1∶1∶3，化学式为CaTiO3，C错误；在硒化锌晶体中，与一个Se2-距离最近且相等的Se2-有12个，除了看到的图还要考虑周围的晶胞，D错误。 8．BD　以体心钙离子为例，晶体中与Ca2+等距离的K＋数目是8，A正确；根据“均摊法”，晶胞中含8×＝1个K、1个Ca、12×＝6个B、含12×＝6个C，晶体化学式为KCaB6C6，B错误；该物质是通过离子键形成的，晶体类型为离子晶体，C正确；结合B选项分析，晶体的密度为×1030 g·cm-3＝×1030 g·cm-3，D错误。 9．D　镓原子序数为31，位于第四周期ⅢA族，电子排布式为[Ar]3d104s24p1，属于p区元素，故A错误；Ga价电子数为3，As价电子数为5，形成晶体时，均形成4个σ键，As的孤对电子进入Ga的空轨道形成配位键，故B错误；Ga原子位于顶点和面心，距离Ga原子最近的Ga原子数为12；晶胞中Ga、As原子数比为1∶1，所以距离As原子最近的As原子数为12，故C错误；As原子与周围四个Ga相连，四个Ga构成正四面体结构，As位于Ga原子构成的正四面体空隙中，故D正确。 10．A　金刚石是共价晶体，熔化时会破坏其化学键，故A错误；由图可知，Ca2+距离相等且最近的F－有8个，与F－距离相等且最近的Ca2+有4个，故B正确；在金刚石晶体中，每个碳原子与另外四个碳原子相连，形成4个碳碳键，每个碳碳键由两个碳原子共有，即碳原子与碳碳键数目之比为1∶2，故C正确；由图可知，每个CO2分子周围紧邻且等距的CO2分子有12个，故D正确。 11．解析：(1)乙二胺的两个N具有孤对电子，金属离子具有空轨道，二者可以形成配位键，从而形成稳定环状离子。(2)配位数为与中心原子或中心离子形成配位键的原子数，从结构看出，有4个N原子与Cu2+形成配位键，故配位数为4。(3)在配合物[Cu(En)2]Cl2中存在Cl－与[Cu(En)2]2+之间的离子键，乙二胺的N原子与Cu2+形成的配位键，乙二胺结构中C—C非极性键、C—N、C—H、N—H极性键，不存在的作用力类型有E氢键、F金属键。 答案：(1)乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键　(2)4　(3)EF 12．解析：(1)基态F原子的核外电子排布1s22s22p5，电子的空间运动状态由能层、能级和轨道决定：1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，空间运动状态为1＋1＋3＝5。(2)CeFCO3中Ce元素的化合价为＋3价；“焙烧”时，CeFCO3转化为CeF4和CeO2，同时生成非极性气体，应为 CO2，反应方程式为4CeFCO3＋O23CeO2＋CeF4＋4CO2。(3)BaSO4由 Ba2+和通过离子键结合，属于离子晶体，SiO2由 Si和O 通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体。(4)离子半径越小、电荷越高，晶格能越大，熔点越高，Ce4+半径比Ba2+小，因此 CeO2的熔点高于BaO。(5)分析晶胞结构图，黑球个数为8×＝4，白球个数为8个，故黑球为铈离子、白球为氧离子，处于面心铈离子周围有8个氧离子，铈离子的配位数为8；面心的Ce4+与顶点的Ce4+距离最近，晶胞边长为a nm，Ce4+与Ce4+最近距离为a nm。 答案：(1)5　(2)＋3　4CeFCO3＋O23CeO2＋CeF4＋4CO2　(3)离子　共价　(4)高于　(5)8　a 13．解析：(1)NaF、MgF2、AlF3均为离子晶体，其熔点逐渐升高是因为Na＋、Mg2+、Al3+的半径依次减小，离子键依次增强；SiF4、PF5、SF6为分子晶体，由于相对分子质量越大，分子间作用力越强，故其熔点逐渐升高。(2)苯胺属于有机物，熔、沸点较低，故其为分子晶体；苯胺中存在电负性较强的氮原子，苯胺分子间可以形成氢键，因此苯胺比甲苯的熔、沸点高。(3)烷烃中碳原子数越多，熔点越高；相同碳原子数的烷烃，支链越多，熔点越低，故熔点：异丁烷<正丁烷<异戊烷<正戊烷。(4)FeCl3的熔、沸点低，易溶于水等，符合分子晶体的特征，故属于分子晶体。(5)根据晶胞结构图可知，每个Ca2+周围距离最近且相等的F－有8个；Ca2+在顶点和面心，个数为8×＝4，F－在晶胞内，个数为8，根据晶胞结构，体对角线长为4(a＋b)cm，则V＝3 cm3，ρ＝ g·cm-3＝ g·cm-3。 答案：(1)NaF、MgF2、AlF3为离子晶体，Na＋、Mg2+、Al3+的半径依次减小，离子键依次增强；SiF4、PF5、SF6为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大　(2)分子晶体　苯胺存在分子间氢键 (3)异丁烷<正丁烷<异戊烷<正戊烷　(4)分子　(5)8　 14．解析：(1)盛装硫酸铜溶液的仪器名称为三颈烧瓶；氨气极易溶于水，将A装置产生的气体持续通入B装置中，使用仪器a而不使用长导管通入的原因是防倒吸。(2)B中氨气通入硫酸铜溶液中反应生成四氨合铜离子，反应方程式为CuSO4＋4NH3===[Cu(NH3)4]SO4或CuSO4＋4NH3·H2O===增大，使[Cu(NH3)4]SO4·H2O⥫⥬[Cu(NH3)4]2+＋＋H2O平衡向左移动，促使[Cu(NH3)4]SO4·H2O析出；方案2中加热浓缩过程中NH3挥发，使[Cu(NH3)4]2+⥫⥬Cu2+＋4NH3平衡向右移动，且Cu2+发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜，引入杂质使得产品不纯。(4)[Cu(NH3)4]2+中存在[Cu(NH3)4]2+⥫⥬Cu2+＋4NH3，用稀硫酸溶解该配合物时，氢离子与NH3发生中和反应，破坏了[Cu(NH3)4]2+中Cu—NH3配位键的稳定性，释放出Cu2+，且酸性环境抑制了铜离子的水解(从H＋与NH3配位能力强于Cu2+与NH3配位能力角度答均可)。(5)Cu2+与过量I－作用，生成I2和CuI，反应方程式为2Cu2+＋4I－===2CuI↓＋I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2＋＋2I－，可得关系式2Cu，反应消耗的的物质的量＝×0.016 L×＝0.004 mol，则溶液中含有Cu2+的物质的量n(Cu2+)＝SO4·H2O的物质的量是0.004 mol ，其质量是m{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}＝0.004 mol×246 g· mol-1＝0.984 g，因此该物质的纯度是×100%＝98.4%。 答案：(1)三颈烧瓶　防倒吸　(2)CuSO4＋4NH3===[Cu(NH3)4]SO4或＋4H2O　(3)当加入Na2SO4时大，使＋H2O平衡向左移动，促使[Cu(NH3)4]SO4·H2O析出　Cu(OH)2或　加热浓缩过程中NH3挥发，使⥫⥬Cu2+＋4NH3平衡向右移动，且Cu2+发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜　中存在[Cu(NH3)4]2+⥫⥬Cu2+＋4NH3，用稀硫酸溶解该配合物时，氢离子与NH3发生中和反应，使平衡正向移动，释放出Cu2+，且酸性环境抑制了铜离子的水解(从H＋与NH3配位能力强于Cu2+与NH3配位能力角度答均可) (5)98.4%或0.984 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