高考化学总复习：选修3.3《晶体结构与性质》跟踪监测（含答案）

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1.已知周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。回答下列问题： (1)W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是________。 (2)Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是________。

(3)R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是________。 (4)这5种元素的氢化物分子中：

①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是(填化学式)_______， 其原因是________________________________；

②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是 _____________________ __________________________。

(5)W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W(QH2)4和HCl气体；W(QH2)4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反应的化学方程式(各物质用化学式表示)是___

____________________。

【解析】本题可结合问题作答。W的氯化物为正四面体结构，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。(1)SiO2为原子晶体。(2)高温陶瓷可联想到Si3N4，Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系。(3)Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸，且和Si、N等与同一元素相邻，则只能是S。R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。(4)显然X为磷元素。①氢化物沸点顺序为NH3>AsH3>PH3，因为前者中含有氢键，后两者构型相同，分子间作用力不同。

②SiH4、PH3和H2S的电子数均为18，结构分别为正四面体形、三角锥形和V形。(5)由题中所给出的含字母表示的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可。 答案：(1)原子晶体 (2)NO2和N2O4 (3)As2S5

(4)①NH3、AsH3、PH3 NH3分子间存在氢键，所以沸点最高，相对分子质量AsH3大于PH3，分子间作用力AsH3大于PH3，故AsH3沸点高于PH3

②SiH4正四面体，PH3三角锥形，H2S角形(V形) (5)SiCl4+4NH33Si(NH2)4

Si(NH2)4+4HCl，

Si3N4+8NH3↑

2.下图为几种晶体或晶胞的示意图：

请回答下列问题：

(1)上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是________。

(2)冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为______ _________________。

(3)NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能________(填“大于”或“小于”)MgO晶体，原因是 ___________________________。

(4)每个Cu晶胞中实际占有________个铜原子，CaCl2晶体中Ca的配位数为________。

(5)冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是 ___________________________________________。

【解析】(1)冰晶体、干冰晶体均为分子晶体，粒子间通过分子间作用力结合成晶体，Cu晶体中微粒间通过金属键结合形成晶体，MgO和CaCl2晶体中微粒之间通过离子键结合形成晶体。(2)离子晶体的熔点与离子半径及离子所带电荷有关，离子半径越小，离子所带电荷越大，则离子晶体熔点越高。金刚石是原子晶体，熔点最高，冰、干冰均为分子晶体，冰中存在氢键，冰的熔点高于干冰。(4)铜晶胞实际占有铜原子数用均摊法分析：8×+6×＝4，氯化钙类似于氟化钙，Ca的配位数为8，Cl配位数为4。 答案：(1)金刚石晶体

(2)金刚石、MgO、CaCl2、冰、干冰

(3)小于 MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数；且r(Mg)

(5)H2O分子之间能形成氢键

3.(2018·恩施模拟)(1)亚铜离子(Cu)基态时的价电子排布式表示为________。

(2)硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为________(用元素符号表示)。

(3)Cu晶体的堆积方式是________(填堆积方式名称)，其配位数为________；往Cu的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，下列说法正确的是________。 A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键 B.在[Cu(NH3)4]中Cu给出孤电子对，NH3提供空轨道

2+

2+

+

2+

+

2--2+

-2+

C.[Cu(NH3)4]SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素 D.S

与P

互为等电子体，空间构型均为正四面体

(4)氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为________。

(5)铜元素与氢元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如下图所示。则该化合物的化学式为________。

【解析】(1)亚铜离子(Cu)基态时的价电子排布式表示为3d；(2)硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，一般情况下同一周期的元素，元素的原子序数越大，第一电离能就越大，但是由于砷原子的最外层电子处于该轨道的半充满的稳定状态，所以第一电离能比原子序数比它大1的同一周期的氧族元素的还大，因此这3种元素的第一电离能从大到小顺序为Br>As>Se；(3)Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积；其配位数为12；往Cu的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，该化合物是离子化合物，在[Cu(NH3)4]SO4中含有的化学键有离子键、极性键和配位键，A正确；在[Cu(NH3)4]中NH3给出孤电子对，Cu提供空轨道，B错误；[Cu(NH3)4]SO4组成元素中第一电离能最大的是氮元素，C错误；S

与P

3

2+

2+

+

10

互为等电子体，空间构型均为正四面体，D正

2

确；(4)由氨基乙酸铜的分子结构可知，饱和碳原子是sp杂化，不饱和碳原子是sp杂化；(5)铜元素与氢元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如题图所示。在每个晶胞中含有Cu：12×1/6+2×1/2+3＝6；H： 6×1/3+1+3＝6，n(Cu)∶n(H)＝1∶1，所以该化合物的化学式为CuH。 答案：(1)3d (2)Br>As>Se

(3)面心立方最密堆积 12 A、D (4)sp杂化；sp杂化 (5)CuH

4.许多金属及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。回答下列有关问题： (1)基态Ni核外电子排布式为__________________________________________， 第2周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是_________。 (2)①已知CrO5中Cr为+6价，则CrO5的结构式为__________________________。

②金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液体Ni(CO)n，与Ni(CO)n中配体互为等电子体的离子的化学式为______________(写出一个即可)。

③铜是第4周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物有广泛用途。已知CuH晶体结构单元如图所示。该化合物的密度为ρg·cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氢原子之间的最短距离为________________cm(用含ρ和NA的式子表示)。

-3

3

2

10

(3)另一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中，金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子与铜原子个数之比为___________

______，若该晶胞的边长为apm，则合金的密度为__________g·cm(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)。

【解析】(1)Ni为28号元素，其基态原子的电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s。镍原子中的5个3d轨道上有8个电子，因此有2个电子未成对，第2周期中有两个未成对电子数的原子，其电子排布式分别为1s2s2p和1s2s2p，其中电负性最小的是电子排布式为1s2s2p的原子，即该元素是碳元素。

(2)①CrO5中Cr为+6价，则Cr应与5个氧原子中的4个O分别形成一个共价键，与另一个O形成2个共价键，

2

2

4

2

2

2

2

2

2

2

2

6

2

6

8

2

-3

再结合氧原子的2价键原则，则该氧化物的结构式应为②Ni(CO)n中的配体为CO，与CO互为等电子体的离子有CN、

3

3

-

。

等。

③设该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的体积为xcm。该晶胞中有8个Cu位于晶胞的8个顶点，6个Cu位于面心，4个H全部位于晶胞内部，根据均摊法，一个晶胞中含有的Cu的数目为8×+6×＝4，含有的H的数目为4，

故一个晶胞的质量为4×

64 g1 g2602602603

+4×＝g，则有＝ρ·x，x＝3，由于氢原子与其周围的4NANANANA?NAx，而铜原子与氢原子之间的最短距离

个Cu构成正四面体结构，该正四面体结构中两个铜原子之间的距离为

为cm＝xcm＝×3260cm。 ?NA(3)该晶胞中有8个Au分别位于晶胞的8个顶点上，有6个Cu分别位于晶胞的6个面心上，根据均摊法，该晶胞中含有的Au个数为8×＝1，含有的Cu个数为6×＝3，故该合金中金原子与铜原子个数之比为1∶3。该晶体的一个晶胞的质量为(197+64×3)g/NA，晶胞的边长为apm＝a×10m＝a×10cm，则一个晶胞的体积为a

-12

-10

3

(197?64?3) gNA(197?64?3)?1030-303-3

×10cm，故该合金的密度为3＝g·cm。 ?3033a?10 cmaNA答案：(1)1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s C(碳)

2

2

6

2

6

8

2

8

2

(2)①③

×3 ②CN(或

-

、)

260 ?NA