2019-2020年高三化学二轮复习 考点综合训练 晶体的结构与性质（含解析）.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 考点综合训练 晶体的结构与性质（含解析）1、下列每组物质发生状态变化所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的是（ ）A食盐与蔗糖的熔化 B钠和硫的熔化C碘和干冰的升华 D二氧化硅和氧化钠的熔化【答案】D 2、认真分析NaCl和CsCl的晶体结构，判断下列说法错误的是（ ）ANaCl和CsCl都属于AB型的离子晶体BNaCl和CsCl晶体中阴、阳离子个数比相同，所以阴、阳离子的配位数相等CNaCl和CsCl晶体中阴、阳离子的配位数分别为6和8DNaCl和CsCl都属于AB型的离子晶体，所以阴、阳离子半径比不相同【答案】B 3、下列性质适合于某种原子晶体的是（ ）A熔点1070，易溶于水，水溶液导电B熔点10.32，液态不导电，水溶液导电C能溶于CS2，熔点444.6D熔点3550，很硬，不溶于水，不导电【答案】D 4、已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。下列关于C3N4晶体的说法错误的是()A该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石更牢固B该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子C该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构D该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性键形成的空间网状结构【答案】D【解析】A项：分析题意知道C3N4晶体属于原子晶体，依据C、N在元素周期表中的位置及性质递变，CN键比CC键，键长短，键能大，故正确。B项：碳原子最外层有4个电子，可形成四个共价键；而氮原子最外层有5个电子，可形成三个共价键，故每个碳原子可连接4个氮原子，而每个氮原子可连接3个碳原子，故正确。C项：在C3N4晶体中，每个原子的最外层都满足8电子结构以单键结合，故正确。D项：在C3N4晶体中碳氮原子间以极性共价键形成空间网状结构，故错误。5、下列说法中，正确的是（ ）A离子化合物中一定不含共价键，共价化合物中一定不含离子键B水分子呈直线形，氨分子呈三角锥形C碳原子之间可形成碳碳单键、碳碳双键或碳碳叁键D分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大【答案】C 6、下列指定微粒的个数比为21的是（ ）ABe2+离子中的质子和电子 B原子中的中子和质子CNaHCO3晶体中的阳离子和阴离子 DBaO2？过氧化钡？固体中的阴离子和阳离子【答案】A 7、如图所示是某原子晶体A空间网状结构中的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个AA键中插入一个B原子，则C物质的化学式为（ ）AA5B4 BAB CAB2 DA2B5【答案】C 8、下列说法中正确的是（）A在SiO2晶体中，1个Si原子和2个O原子形成2个共价键BNF3的沸点比NH3的沸点低得多，是因为NH3分子间有氢键，NF3分子间只有范德华力CNCl3和BCl3分子中，中心原子都采用sp3杂化DSO3与CO32-互为等电子体，SO3是极性分子【答案】B【解析】A项，在SiO2晶体中，1个硅原子和4个氧原子形成4个共价键；C项，根据价层电子对互斥理论，NCl3的价层电子对数为4，故NCl3的分子构型为三角锥形，则N原子采用sp3杂化，BCl3的价层电子对数为3，故BCl3的分子构型为平面三角形，则B原子采用sp2杂化；D项，SO3与CO32互为等电子体，根据价层电子对互斥理论，SO3的价层电子对数为3，SO3的分子构型为平面三角形，故SO3为非极性分子。9、某晶体中含有A、B、C三种元素，其排列方式如图所示，晶体中A、B、C的原子个数之比依次为（）A.131 B.231C.861 D.431【答案】A【解析】N（A）81，N（B）63，N（C）1，则晶体中A、B、C的原子个数之比为131。10、下列有关说法正确的是 （）A含阳离子的化合物一定有阴离子B晶格能由大到小: NaF NaCl NaBrNaIC含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度D空间利用率：面心立方 六方密堆积 体心立方【答案】B11、如图是氯化铯晶体的晶胞，已知晶体中2个最近的Cl- 离子核间距为a cm，氯化铯的摩尔质量为M gmol，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为（）ABCD【答案】C【解析】试题分析：根据晶胞的结构可知，两种离子的个数都是1个，所以，解得，答案选C。考点：考查晶胞密度的计算点评：该题是高考中的常见考点，属于中等难度题的考查。试题综合性强，难易适中，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是准确判断出晶胞中含有的原子个数，然后直接列式计算即可。12、下列推论正确的是（）A.SiH4的沸点高于CH4,可推测PH3的沸点高于NH3B.N为正四面体结构,可推测P也为正四面体结构C.CO2晶体是分子晶体,可推测SiO2晶体也是分子晶体D.C2H6是碳链为直线型的非极性分子,可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子【答案】B【解析】CH4和SiH4的组成与结构相似,相对分子质量SiH4CH4,分子间作用力SiH4CH4,故沸点SiH4CH4;虽然PH3和NH3组成与结构也相似,但NH3分子间存在氢键,熔沸点反常地高,A项错误;N中H+与NH3以配位键形成正四面体结构,P的结构与N一致,故也为正四面体结构,B项正确。CO2晶体是分子晶体,SiO2晶体是原子晶体,C项错误。C3H8分子中碳链为锯齿状结构,D项错误。13、下表所列有关晶体的说明，有错误的是（）选项ABCD晶体名称碘化钾干冰醋酸镁组成晶体的粒子名称阴、阳离子分子分子阳离子与自由电子晶体内存在的作用力离子键范德华力范德华力金属键【答案】C【解析】根据题中所给出的信息分析，C选项，醋酸分子间除范德华力外，还存在氢键。14、下面有关晶体的叙述中，不正确的是（）A金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环上，最小的环上有6个碳原子B氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个C氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个ClD干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子【答案】B【解析】A金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故A正确；B氯化钠晶胞中，每个钠离子周围距离最近的钠离子个数=382=12，故B错误；C氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，故C正确；D二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数=382=12，故D正确故选B15、下列叙述正确的是（）A1个甘氨酸分子中存在9对共用电子对BPCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构CH2S和CS2分子都是含极性键的极性分子D熔点由高到低的顺序是：金刚石碳化硅晶体硅【答案】D【解析】甘氨酸的结构式为，由结构式可以看出1个甘氨酸分子中存在10对共用电子对，A项错误；选项B中根据|元素的化合价|原子的最外层电子数8，则该原子的最外层达到8个电子的稳定结构，BCl3中B原子的最外层电子数为3，化合价为3，因此B原子未达到8个电子的稳定结构；选项C中H2S和CS2都是以极性键结合而成，H2S的空间结构呈角形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，而CS2为直线形分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子。选项D中三种物质均为原子晶体，原子晶体的熔点与该晶体中的原子半径有关，一般来说，原子半径小的，熔点高，所以选项D正确。16、为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果甲乙两组同学分别设计了如图一、图二所示的实验（1）图一可通过观察 现象来定性比较得出结论同学提出将CuSO4改为CuCl2更为合理，其理由是 ，你认为还可以作何改进？ （2）图二可用于定量比较反应的快慢，检查图二装置气密性的方 利用图二做实验时需测量的数据是 【答案】（1） 产生气泡的快慢；控制阴离子相同，排除阴离子的干扰；将氯化铁改为硫酸铁；（2） 关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位；收集一定体积的气体所需要的时间或一定时间内收集的气体体积【解析】解：（1）可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将CuSO4改为CuCl2更为合理，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，还可以把氯化铁改为硫酸铁，故答案为：产生气泡的快慢；控制阴离子相同，排除阴离子的干扰；将氯化铁改为硫酸铁；（2）结合乙图装置，该气密性的检查方法为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位；反应是通过反应速率分析的，根据v=，实验中需要测量的数据收集一定体积的气体所需要的时间或一定时间内收集的气体体积；故答案为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位；收集一定体积的气体所需要的时间或一定时间内收集的气体体积17、实验室要配制100 mL 0.5 molL-1的NaCl溶液，试回答下列各题： (1)下列仪器中，肯定不会用到的是 ( )A锥形瓶 B200 mL容量瓶 C量筒 D胶头滴管 E100 mL容量瓶 F天平 (2)若要实施配制，除上述仪器外，还缺少的仪器或用品是_。 (3)容量瓶上除有刻度线外还应标有_，容量瓶在使用前必须进行的一 步操作是_。 (4)配制完毕后，老师指出有四位同学各进行了下列某一项错误操作，你认为这四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是( )A定容时仰视容量瓶刻度线 B定容时俯视容量瓶刻度线 C将溶解冷却后的溶液直接转入容量瓶后就进行定容操作D定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处 (5)通过计算可得出可用托盘天平称取NaCl固体_克。若用4 mol/L的NaCl浓溶液配制100 mL 0.5 molL1的稀溶液，应用量筒量取_mL该浓溶液。【答案】(1) AB (2) (小)烧杯、玻璃棒 (3) 容积、使用温度 检查容量瓶是否漏水(4) B (5) 2.9；12.518、某化学小组进行Na2SO3 的性质实验探究。 (1)在白色点滴板的a、b、c三个凹槽中滴有Na2SO3 溶液，再分别滴加下图所示的试剂：实验现象如下表：编号实验现象a溴水褪色b产生淡黄色沉淀c滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去根据实验现象进行分析：a中实验现象证明Na2SO3具有 性。 b中发生反应的离子方程式是 。应用化学平衡原理解释c中现象（用化学用语及简单文字表述） 。(2)在用NaOH 溶液吸收SO2 的过程中，往往得到Na2SO3和NaHSO3 的混合溶液，溶液 pH 随n(SO32-):n(HSO3-) 变化关系如下表： n(SO3 2)：n(HSO3)91：91：19：91pH8.27.26.2当吸收液中n(SO32-):n(HSO3-) =10:1 时，溶液中离子浓度关系正确的是 （填字母）。Ac(Na+) +c(H+) = 2c(SO32-) +c(HSO3-) + c(OH-)Bc(Na+) c(HSO3-) c(SO32-) c(OH-)c(H+)Cc(Na+) c(SO32-) c(HSO3-) c(OH-)c(H+)若n(SO32-):n(HSO3-) = 3:2，则0.8 mol NaOH溶液吸收了标准状况下的SO2 L。【答案】(1)还原性 SO32-+2S2-+6H+= 3S+3 H2O 在Na2SO3溶液中，SO32-水解显碱性：SO32-+H2OHSO3-+OH-，所以滴入酚酞后溶液变红；在该溶液中加入BaCl2后，Ba2+SO32-=BaSO3（白色），由于c(SO32-)减小，SO32-水解平衡左移，c(OH-)减小，红色褪去。(2)AC 11.2【解析】(1)a中发生的反应方程式为：Na2SO3+Br2+ H2ONa2SO4+2HBr，证明Na2SO3具有还原性。b中产生淡黄色沉淀，发生反应的离子方程式是SO32-+2S2-+6H+= 3S+3 H2O。滴入酚酞溶液变红是因为发生了水解反应，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去是因为反应消耗了SO32-。(2)A是电荷守恒；因n(SO32-):n(HSO3-) =10:1，溶液显碱性，且c(SO32-) c(HSO3-)，故C正确。若n(SO32-):n(HSO3-) = 3:2，据元素和电荷守恒可配平离子方程式为：5SO2 + 8OH- =3 SO32- +2 HSO3-+ 3H2O，0.8 mol NaOH溶液吸收了标准状况下的SO2为0.5mol，标准状况下体积为11.2L。19、已知用漂白粉与浓盐酸反应能产生氯气.某同学为了测定产生氯气的体积并验证干燥纯净的氯气有无漂白性，现有如下装置，请回答：(注Ca(ClO)2+4HCl(浓)= CaCl2+2H2O+2Cl2稀盐酸则不能) a bc dfg h e 无水氯化钙 2个干燥红布条（1）请用字母填写装置的连接顺序：f接( )、( )接( )、( )接( )、( )接( )、( )接( ).（2）洗气瓶中所装液体是 ；（3）制氯气前，必须进行的一项操作步骤是 ；（4）某同学在实验中，发现量筒中未收集到液体，则失败的原因可能是 ； 【答案】（1)c;d;b;a;g;h;d;c;e (2)饱和NaCl溶液 (3)检验装置的气密性 (4)气密性不好;盐酸浓度较低【解析】根据漂白粉与浓盐酸反应产生氯气.测定产生氯气的体积并验证干燥纯净的氯气有无漂白性的原理去分析。20、NaCl和NaBr的混合物16.15 g，溶于水后，通入足量的氯气充分反应，把溶液蒸干、灼烧，得固体11.70 g求原混合物中NaCl的质量【答案】5.85 g21、W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物；W和X能形成组成为WX2的化合物；X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物。请回答：(1)W元素是_；Z元素是_。(2)化合物WY和WX2的化学式分别是_和 _。(3)Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是_和_。(4)写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式：_【答案】(1)钙氧(2)CaSCaC2(3)SO2SO3(4)CO2CaO=CaCO3【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题重点考察了元素周期表和元素周期律的应用。22、已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同微粒。它们之间存在如下图中转化关系：(1)如果A、B、C、D均是10电子的微粒，请写出：A的化学式_；D的化学式_。(2)如果A和C是18电子的微粒，B和D是10电子的微粒，请写出A与B在溶液中反应的离子方程式_。【答案】【解析】考查常见10电子、18电子的微粒和微粒间的转化关系。(1)在熟悉10电子、18电子的常见微粒的基础上，观察框图，容易想到NHOHNH3H2O的反应，其次应想到HFOH=FH2O，再联想到H2SOH=HSH2O或HSOH=S2H2O。(2)从上述反应式可以看出OH能夺取H2S或HS中的H，所以结合质子的能力BC，即OHS2(或HS)。23、有A、B、C、D、E原子序数均为前20号的五种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A和B具有相同的电子层结构，B原子得一个电子后2p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于其中子数。R是由A、D两元素形成的化合物；E元素原子中4s能级有2个电子。请回答：A单质B单质化合物R化合物RA单质B单质A单质化合物RB单质B单质化合物RA单质(2)B的特征电子排布式为_；在CB3分子中C元素原子的轨道发生的是_杂化，其固态时的晶体类型为_。(3)C的氢化物的空间构型为_，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是_。(4)B、C、D三元素的电负性大小顺序为_(填元素符号)。(5)E与B形成的晶体M的最小单元“晶胞”如下图所示，则M的化学式为_；如果M晶体的密度为d gcm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个距离最近的E中心间的距离为_cm。【答案】(1)(2)2s22p6sp3分子晶体(3)三角锥形氨分子间形成氢键(4)FNS(5)CaF2【解析】首先从题目所给信息推导出各元素：B的2p轨道差一个电子为全满，应为F元素。因A和B具有相同的电子层结构，则A为Na元素。C的p轨道有三个未成对电子，即为np3排布，又其氢化物溶解性为同族中最大，则应为N元素。D为S元素，E为Ca元素。(1)R为Na2S属于离子晶体，熔点最高，A单质是钠，为固态，B单质是F2，为气态，所以它们的熔点为RAB(固态高于气态)。(2)B得一个电子后应是全充满，为2s22p6，CB3(NF3)中由于N原子有孤对电子，因而属于sp3杂化，属于分子晶体；(3)C的氢化物是NH3，空间构型是三角锥形，由于其分子间能形成氢键，故沸点很高。(4)电负性也指非金属性，则FNS。(5)晶胞中Ca为1/2，F为1，化学式为CaF2。晶胞中只含有1/2个CaF2。设边长为a，有78da3，两个Ca的最短距离为a。24、元素X的某价态离子Xn中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3形成晶体的晶胞结构如图所示。(1)该晶体的阳离子与阴离子个数比为_。(2)该晶体中Xn离子中n_。(3)X元素的原子序数是_。(4)晶体中每个N3被_个等距离的Xn离子包围。【答案】(1)31(2)1(3)29(4)6【解析】(1)Xn位于晶胞的棱上，其数目为123个，N3位于晶胞的顶角，其数目为81个，故其个数比为31；(2)由晶体的化学式X3N知X所带的电荷数为1；(3)因为X的K、L、M三个电子层正好充满，故为2、8、18，所以X的原子序数是29；(4)N3位于晶胞顶角，故其被6个X在上、下、左、右、前、后包围。25、有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B-少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子数之比为21。请回答下列问题：A单质、B单质、化合物R的熔点大小顺序为下列的 （填序号）：A单质B单质R； RA单质B单质；B单质R A单质； A单质RB单质。在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是_杂化，其固体时的晶体类型为 。写出D原子的核外电子排布式 ，C的氢化物比D的氢化物在水中溶解度大得多的可能原因 。右图是D和Fe形成的晶体FeD2最小单元“晶胞”，FeD2晶体中阴、阳离子数之比为 ，FeD2物质中具有的化学键类型为 。【答案】 sp3 ； 分子晶体 1S22S22P63S23P4 NH3与水分子形成氢键且更易与水发生化学反应 1：1 离子键、（非极性）共价键 26、下表为元素周期表的一部分，其中编号代表对应的元素。请回答下列问题：(1)写出元素的基态原子的电子排布式_，元素位于_区。(2)若元素形成的某化合物显酸性，经测定这三种元素的质量比为1616，该化合物对氢气的相对密度为23，则其中碳原子的杂化方式为_。(3)元素和的第一电离能大小顺序是_(用元素符号表示)。请写出由两种元素形成的与N3互为等电子体的离子的化学式_，其VSEPR构型为_。(4)在测定和形成的化合物的相对分子质量时，实验测得值一般高于理论值，其主要原因是_。(5)和形成某种化合物的晶胞结构如下图所示(每个球均表示1个原子，其中显3价)，则其化学式为_。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s1ds(2)sp2(3)FNNO2+直线形(4)HF分子间存在氢键，易形成缔合分子(HF)n(5)Cu3N【解析】由元素周期表中位置可知是H，是Be，是C，是N，是O，是F，是Cr，是Cu。(1)Cr是24号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。Cu在B族，属于ds区。(2)H、C、O的质量比为1616，即三者原子个数比为212，设其分子式为(CH2O2)n，则(12232)n232，n1，即该化合物为，其中C是sp2杂化。(3)F的第一电离能大于N。N与O形成的与N3互为等电子体的离子是NO2+。NO2+与CO2也是等电子体，可由CO2的结构推测NO2+的结构，其VSEPR构型为直线形。(4)HF分子间可形成氢键，易形成缔合分子(HF)n，造成所测相对分子质量高于理论值。(5)N与Cu形成的化合物中N显3价，由晶胞结构可知，白球与黑球个数比为13，结合化合物中各元素化合价代数和为零可知，白球表示N，黑球表示Cu，其化学式为Cu3N。27、二氧化硅是一种 晶体，每个硅原子周围有 个氧原子。【答案】原子，4。【解析】试题分析：二氧化硅的化学式是SiO2，是一种原子晶体，且每个硅原子周围有4个氧原子。考点：二氧化硅的性质及组成点评：本题考查的是二氧化硅的性质及组成的相关知识，题目难度不大，掌握二氧化硅的结构是解题的关键。