课时冲关20 晶体的结构与性质(练习Word版)-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮课时作业（人教版）

**基本信息** 聚焦晶体结构与性质，以概念辨析、性质比较、结构计算为核心，通过科学思维构建“组成-结构-性质”逻辑链，强化化学观念与空间想象能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|3题（1-3题）|超分子判断依据、晶体类型界定（电负性与化学键类型）|从分子间作用（超分子）到晶体分类，建立“微粒间作用-晶体类型”关联| |结构分析|3题（4-6题）|晶胞均摊法、配位数计算（顶角/面心粒子关系）、原子坐标确定|以晶胞为载体，衔接杂化方式、空间构型与晶体性质| |综合应用|2题（7-9题）|配合物配位原子判断、晶胞参数与密度换算（nm-pm单位转换）|整合元素推断、配合物结构与晶胞计算，体现“结构决定性质”化学观念|

课时冲关二十　晶体的结构与性质 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意 1．下列关于超分子的说法不正确的是(　　) A．C70属于超分子 B．超分子有的是有限的，有的是无限伸展的 C．C60与“杯酚”可通过分子间作用力形成超分子 D．超分子具有“分子识别”“自组装”两大重要特征 解析：A　[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。C70是一种分子，故不属于超分子。] 2．下列有关物质结构与性质的说法正确的是(　　) A．AlF3和AlCl3组成相似，熔点AlF3＜AlCl3 B．对羟基苯甲醛()比邻羟基苯甲醛()的沸点高 C．常温常压下，124 g P4中所含P—P数目为4NA D．冠醚可识别碱金属离子是因为冠醚与碱金属离子之间可以形成稳定的离子键 解析：B　[A.F的电负性强于Cl，AlF3是离子晶体，AlCl3是共价晶体，因此熔点AlF3＞AlCl3，A错误；B.对羟基苯甲醛能形成分子间氢键使沸点升高，邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，反而使沸点降低，因此对羟基苯甲醛比邻羟基苯甲醛的沸点高，B正确；C.124 g P4为1 mol，1 mol P4含有6 mol P—P，C错误；D.冠醚可识别碱金属离子是因为冠醚与碱金属离子之间可以形成配位键，D错误；故选B。] 3．B和Al为同族元素，下列说法错误的是(　　) A．BF3和AlF3都可以与F－形成配位键 B．H3BO3为三元酸，Al(OH)3呈两性 C．共价键的方向性使晶体B有脆性，原子层的相对滑动使金属Al有延展性 D．B和Al分别与N形成的共价晶体，均具有较高硬度和熔点 解析：B　[BF3和AlF3中B和Al均有空轨道，F－有孤电子对，因此BF3和AlF3都可以与F－形成配位键，A正确；H3BO3为一元弱酸，Al(OH)3为两性氢氧化物，具有两性，B错误；晶体B为共价晶体，共价键的方向性使晶体B有脆性，Al为金属晶体，原子层的相对滑动使金属Al有延展性，C正确；B和Al分别与N通过共价键形成共价晶体，共价晶体具有较高硬度和熔点，D正确。] 4．利用反应CCl4＋4NaC(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是(　　) A．C(金刚石)属于共价晶体 B．该反应利用了Na的强还原性 C．CCl4和金刚石中的C的杂化方式相同 D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋ 解析：D　[金刚石：每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为共价晶体，故 A 正确；该反应中Na由0价→＋1价，作还原剂将CCl4还原，故B正确；CCl4和金刚石中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；NaCl晶体：每个Na＋同时吸引6个 Cl－，每个 Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，故D错误。] 5．[Co(NH3)6]Cl2晶体的晶胞如图所示(已知该立方晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，[Co(NH3)6]Cl2的摩尔质量为M g/mol)，以下说法正确的是(　　) A．[Co(NH3)6]Cl2中，中心离子的配位数为8 B．[Co(NH3)6]2＋最近的相同粒子有6个 C．若规定A点原子坐标为(0,0,0)，B点原子坐标为，则C点原子坐标为 D．[Co(NH3)6]Cl2晶体的密度为×1021 g/cm3 解析：C　[A.[Co(NH3)6]Cl2中，中心离子为Co2＋，其配位原子为N，配位数为6，故A错误；B.[Co(NH3)6]2＋位于立方晶胞的8个顶角和6个面心，以顶角[Co(NH3)6]2＋为例，晶胞内3个面心的[Co(NH3)6]2＋离此离子最近，顶角[Co(NH3)6]2＋在8个晶胞中，面上的被2个晶胞共有，所以离[Co(NH3)6]2＋最近的相同粒子有3×8×＝12个，故B错误；C.C点位于晶胞体内，若把晶胞分成8个小立方体，则C点位于左后上方的小立方体的体心，若规定A点原子坐标为(0,0,0)，B点原子坐标为，则C点原子坐标为，故C正确；D.一个晶胞含有[Co(NH3)6]2＋的个数为8×＋6×＝4，含有Cl－的个数为8个，晶胞体积为a3 pm3，则[Co(NH3)6]Cl2晶体的密度为×1030 g/cm3，故D错误。] 6．CuCl难溶于乙醇和水，易溶于氯离子浓度较高的溶液，在潮湿空气中易被氧化变质。以铜蓝(主要成分为CuS)为原料生产CuCl的工艺过程如下。下列说法正确的是(　　) A．“热溶解”时主要反应的离子方程式为2CuS＋4H＋＋O22Cu2＋＋2S＋2H2O B．“制备”时加入NH4Cl固体越多，CuCl沉淀越完全 C．“过滤2”所得滤液中可能大量存在的离子有：NH、SO、Cl－、OH－ D．CuCl的晶胞如图所示，每个Cl－周围与之距离最近且相等的Cl－有4个 解析：A　[CuS与硫酸、氧气反应生成硫单质和硫酸铜，硫酸铜而后与亚硫酸铵、氯化铵反应生成硫酸铵和CuCl，最终经过过滤、洗涤等操作得到CuCl，据此分析回答问题。A.由图示可知，铜蓝、硫酸、氧气反应生成硫酸铜、S和水，主要离子方程式为：2CuS＋4H＋＋O22Cu2＋＋2S＋2H2O，A正确；B.由题给信息知，CuCl易溶于氯离子浓度较高的溶液，所以NH4Cl固体越多，CuCl溶解的越多，B错误；C.由以上分析可知，“过滤2”所得滤液中不存在大量的OH－、Cl－，C错误；D.由CuCl的晶胞图可知，每个Cl－周围与之距离最近且相等的Cl－有12个，亚铜离子有4个，D错误。] 7．水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体MnO空位中嵌入Zn2＋的电极材料充放电过程如图2所示(除中心空位外，其他空位未画出)。下列叙述中正确的是(　　) A．该材料在锌电池中作为负极材料 B．①为MnO活化过程，其中Mn的价态没有发生变化 C．②代表电池放电过程 D．③中1 mol晶体转移的电子数为0.2 mol 解析：C　[A.锌电池中Zn失去电子生成Zn2＋，Zn电极为负极材料，故A错误；B.①过程中MnO晶胞中体心的Mn2＋失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知Mn化合价一定发生变化，故B错误；C.②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2＋，说明体系中有额外的Zn2＋生成，因此表示放电过程，故C正确；D.由图可知Zn0.1Mn0.6□0.3O中n(Zn2＋)∶n(O2－)＝1∶10，一个晶胞中含有O2－个数为8×＋6×＝4，则一个晶胞中含有Zn2＋个数为0.4，过程③1 mol晶体发生反应转移电子的物质的量为1×0.4×2 mol＝0.8 mol，故D错误。] 8．(2024·黑吉辽卷)如下反应相关元素中，W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是(　　) QZY4溶液QZX4Y4W12溶液 A．单质沸点：Z>Y>W B．简单氢化物键角：X>Y C．反应过程中有蓝色沉淀产生 D. QZX4Y4W12是配合物，配位原子是Y 解析：D　[Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第二周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第二周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第三周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的SO才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S，则X只能为N；W能与X形成XW3，则W为ⅠA族或ⅦA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。 A．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于 H2，所以沸点O2＞H2，即沸点：S＞O2＞H2，故A正确；B.Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的中心O原子的价层电子对数为2＋×(6－2×1)＝4、孤电子对数为2，空间结构为V形，键角为105°，NH3的中心N原子的价层电子对数为3＋×(5－3×1)＝4、孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，键角为107°，所以键角：X＞Y，故B正确；C.硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确；D.QZX4Y4W12为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误。] 二、非选择题 9．研究金属原子结构及晶体结构具有重大意义。 (1)Fe3＋价层电子轨道表示式为_______________________________________________。 (2)原子发射光谱法是通过处于激发态的待测元素粒子回到基态时发射的特征谱线对其进行鉴别的方法。下列状态的铁粒子处于激发态的是______(填标号)。 A．3d64s2　　　　　 B．3d44s1 C．3d6 D．3d54s1 (3)利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的Fe3＋和Fe2＋，部分配合物的结构如下： ①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加KSCN溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释SCN－检验Fe3＋须在酸性条件下进行的原因____________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②配体SCN－的空间结构为______。 ③邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据____(填标号)。 A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道 (4)金属合金MgCux的结构可看作以Cu4四面体(相互共用顶角)替换立方金刚石结构中的碳原子，形成三维骨架，在晶胞空隙处，有序地放置Mg原子(四面体的4个顶角代表Cu原子，圆球代表Mg原子)，结构如图所示。 ①x＝______。 ②若Mg原子A的分数坐标为(0.25,0.25,0.75)，则C的分数坐标为_______________。 ③晶胞参数为a nm，则AB原子之间的距离为______nm。 解析：(1)Fe3＋价层电子排布式为3d5，其轨道表示式为； (2)基态铁原子价层电子排布式为3d64s2，基态Fe2＋价层电子排布式为3d6，基态Fe3＋价层电子排布式为3d5，因此处于激发态的为3d44s1、3d54s1，为3d轨道电子跃迁到4s轨道，故选BD； (3)①由图可知OH－与SCN－都能与铁形成配位键，碱性状态下含有大量的OH－，阻碍SCN－与铁的配合； ②SCN－中中心原子为C，杂化方式为sp杂化，无孤电子对，故离子的空间结构为直线形； ③邻二氮菲中氮原子形成一个双键，杂化方式为sp2杂化，因此孤电子对占据sp2杂化轨道。 (4)①由图可知Cu4位于顶角、面心和四个四面体空隙，根据均摊法可得个数为8×＋6×＋4＝8，每个Cu原子由两个四面体共用，因此Cu原子个数为8×4×＝16，Mg原子位于四个四面体空隙和八面体空隙中，八面体空隙有12×＋1＝4个，因此Mg原子共有8个，由此可知化学式为MgCu2，即x＝2； ②由图可知，A原子位于左前上四面体空隙，C原子位于右前下四面体空隙，因此二者y坐标相同，x、z坐标相加为1，即C的分数坐标为(0.75,0.25,0.25)； ③由图可知，AB原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞参数为a nm，则AB之间的距离为a nm。 答案：(1) 　(2)BD　(3)①用KSCN检验Fe3＋时，SCN－会与OH－竞争结合Fe3＋。pH升高，OH－更易与Fe3＋结合，酸性增强，OH－浓度减小，SCN－可以竞争到Fe3＋　②直线形　③D　(4)①2　②(0.75,0.25,0.25)　③a 学科网（北京）股份有限公司 $