2024届高三化学一轮复习培优-金属晶体与离子晶体训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于晶体和化学键关系的下列说法中，正确的是
A．离子晶体中一定存在共价键
B．原子晶体中可能存在离子键
C．金属晶体中存在离子，但却不存在离子键
D．分子晶体中一定存在共价键
2．下列关于金属性质的说法不正确的是
A．金属一般具有银白色光泽，是物理性质，与电子气理论没有关系
B．金属具有良好的导电性，是因为金属晶体中的自由电子可在整块晶体中运动，在外加电场的作用下，自由电子发生定向移动形成了电流
C．金属具有良好的导热性，是因为金属部分受热后，该区域的自由电子的能量增加，运动速率加快，自由电子通过与金属阳离子发生频繁碰撞，传递了能量
D．金属晶体具有良好的延展性，是因为当金属受到外力作用时，金属晶体中的各原子层可以发生相对滑动而不改变原来的排列方式，也不破坏金属键
3．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，浙江大学研究团队以(硅酸盐，a、b为系数)为载体，利用Au-Pb纳米颗粒催化气态单质W2、X2合成W2X2，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．地壳中元素含量：X>Z>Y B．简单离子半径：Y>X
C．Y2X3和ZX2均具有较高熔点 D．W与X形成的化合物可能含非极性键
4．观察表中数据，下列说法错误的是
化合物
熔点/℃ 2800 1923 170 12
A．离子晶体的熔点一定高于分子晶体
B．的熔点介于之间
C．向离子晶体中引入有机基团可显著降低其熔点
D．离子晶体的熔点与离子所带电荷数、离子半径、是否含有机基团等因素都有关
5．有关晶体的结构如图所示，下 列说法中不正确的是
A．在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有4个Cl－
B．在CsCl晶体中，距Cl－最近的Cs＋有6个
C．在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子
D．CO2 晶胞中一个分子周围有12个紧邻分子
6．TiO2的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用TiCl4制取。 TiCl4熔点为-25 ℃，沸点为136.4 ℃。制取TiO2的反应为① 2FeTiO3＋7Cl2＋3C=2TiCl4＋2FeCl3＋3CO2、② TiCl4＋O2=TiO2＋2Cl2。下列说法正确的是
A．基态Ti原子核外价电子排布式为3d24s2
B．Cl2、CO2都是含有非极性键的非极性分子
C．TiCl4晶体是离子晶体，配位数为4
D．生成1 mol FeCl3转移电子的物质的量为14 mol
7．下列各物质熔化时，所克服的粒子间作用力完全相同的是
A．和 B．和
C．和 D．和
8．下列描述中正确的有_______个
a.CS2分子的立体构型为V形
b.ClO的立体构型为平面三角形
c.SF6中每个原子均满足最外层8电子稳定结构
d.SiF4和SO的中心原子均采取sp3杂化
e.Ge是ⅣA族的一个主族元素，其核外电子排布式为Ge：[Ar] 4s24p2，属于p区元素
f.键角：CH4>NH3>H2O
g.物质熔、沸点的高低顺序是：晶体硅氯化钠冰氖气
h.粒子半径由大到小的顺序是H+>Li+>H-
i.金刚石的硬度、熔点、沸点都低于晶体硅
j.冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
9．解释下列现象的原因不正确的是
选项 现象 原因
A 的稳定性强于 分子之间除了范德华力以外还存在氢键
B 中含有共价键 与元素间的电负性差值小于1.7
C 对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键
D 熔点： 随着离子间距的增大，晶格能减小，晶体的熔点降低
A．A B．B C．C D．D
10．二氧化碳经常用来灭火，但金属镁能够在二氧化碳中燃烧：2Mg+2CO22MgO+C，下列关于该反应中涉及物质的说法错误的是
A．Mg属于金属晶体
B．干冰中一个CO2分子周围有4个紧邻的分子
C．MgO熔点高，可以用作耐高温材料
D．金刚石和石墨互为同素异形体，二者C的杂化方式和晶体类型都不同
11．下列叙述正确的是
A．镁晶体中1个只与2个价电子存在强烈的相互作用
B．在二氧化硅晶体中，原子未排列成紧密堆积结构的原因是共价键具有方向性和饱和性
C．熔点为2700℃，导电性好、延展性强的晶体一定是共价晶体
D．离子晶体中晶格能的大小仅与阴、阳离子之间的距离有关
12．下列有关比较正确的是
A．熔点：CH4>SiH4>GeH4>SnH4 B．熔、沸点：晶体硅>碳化硅>金刚石
C．键的极性：N—H>O—H>F—H D．热稳定性：HF>H2O>NH3
13．下列有关描述正确的是：
A．熔点：Na＜K＜Al
B．无机含氧酸的酸性：H2SO3＜H2SO4＜HClO4
C．电负性：F＞N＞O
D．基态Cr原子的价电子排布图：
14．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是
A．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
B．热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
C．熔点：金刚石＞
D．酸性：
15．白磷易自燃，国际上明令禁止使用白磷弹，工业上可用来生产磷酸。白磷制备反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+ 10C6CaSiO3+P4+10CO↑。设NA为阿伏加德罗常数。下列有关说法正确的是
A．62gP4()熔化时，断开P-P键数目为3 NA
B．上述反应中， 每生成标准状况下44.8L CO时，电子转移数目为4NA
C．1mol ·L-1Ca3(PO4)2溶液中含有数目小于2NA
D．6g SiO2中含SiO2分子数目为0.1NA
二、实验题
16．晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称之为晶胞。NaCl晶体的晶胞如右图所示。 随着科学技术的发展，测定阿伏伽德罗常数的手段越来越多，测定精确度也越来越高。现有一简单可行的测定方法，具体步骤如下：①将固体食盐研细，干燥后，准确称取m gNaCl固体并转移到定容仪器A中。②用滴定管向仪器A中加苯，并不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度线，计算出NaCl固体的体积为VmL。回答下列问题：
⑴步骤①中A仪器最好用__________________(填仪器名称)。
⑵能否用胶头滴管代替步骤②中的滴定管______，其原因是____________。
⑶能否用水代替苯_______，其原因是______________________。
⑷经X射线衍射测得NaCl晶胞中最邻近的Na+ 和Cl- 平均距离为acm，则利用上述
方法测得的阿伏伽德罗常数的表达式为NA=_______________________。
17．1943年，爱国实业家侯德榜发明了“联合制碱法”，以下是联合制碱法的简单流程：
(1)纯碱固体是______(填“离子”、“分子”或“原子”)晶体。组成该物质的元素原子的半径从大到小依次为______________________。
(2)写出反应(1)的化学反应方程式_____________________。
(3)操作 X 的名称________。
(4)产品 A 的化学式是________，由溶液 B 得到产品 A，需要在溶液 B 中通入 NH3、冷冻、加食盐，其中通入NH3 的作用是______________________；
(5)工业生产的纯碱常会含少量 NaCl 杂质。现用重量法测定其纯度，步骤如下：
①称取样品 a(g)，加水溶解；
②加入足量的 BaCl2 溶液；
③过滤、_______、烘干、_______、称量。
④____________，最终得到固体 b(g)。
补全上述实验步骤；样品中纯碱的质量分数为_____________(用含 a、b 的代数式表示)。
参考答案：
1．C
【详解】A．离子晶体中不一定存在共价键，如NaCl晶体中只有离子键，故A错误；
B．原子晶体中只有共价键，故B错误；
C．金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，金属晶体中存在离子，但却不存在离子键，故C正确；
D．稀有气体为单原子分子，没有共价键，故D错误。
故选C。
2．A
【详解】A．金属一般具有银白色光译，与电子气理论密切相关。由于大多数金属原子以最紧密堆积方式排列，内部存在自由电子，所以当光线投射到它的表面时，自由电子可以吸收可见光，然后又把各种波长的光大部分再反射出来，这就使绝大多数金属呈现银灰色或银白色光泽，A错误；
B．金属具有良好的导电性原因是金属晶体中的自由电子可在整块晶体中运动，在外加电场的作用下，自由电子发生定向移动形成了电流，B正确；
C．金属具有良好的导热性的原因是金属部分受热后，该区域的自由电子的能量增加，运动速率加快，自由电子通过与金属阳离子发生频繁碰撞，传递了能量，C正确；
D．金属晶体具有良好的延展性原因是当金属受到外力作用时，金属晶体中的各原子层可以发生相对滑动而不改变原来的排列方式，也不破坏金属键，D正确；
故选A。
3．B
【分析】根据四种元素形成的化合物结构的特点，该物质是盐，表示成氧化物形式，应该为硅酸盐。结合元素原子序数大小关系及气态单质、合成，可知：W是H，X是O，Y是，Z是元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。
【详解】A．在地壳中各种元素的含量由多到少的顺序为：O、、、、、等，X是O，Y是，Z是，可见地壳中元素含量：，A不符合题意；
B．半径大于，故B符合题意；
C．是，是，这两种物质均属于共价晶体，具有较高的熔点，C不符合题意；
D．W是H，X是O，二者形成的化合物中只含有极性键键；在化合物中既含有极性键键，也含有非极性键键，故D不符合题意；
故选B。
【点睛】氧化铝的离子键百分数为41%，偏向共价晶体，通常当做共价晶体处理。
4．A
【详解】A．离子晶体的熔点有高有低，不一定比分子晶体高，故A错误；
B．Mg、Ca、Ba属于同一主族，氧化物的组成结构相似，离子晶体熔点与晶格能成正比，晶格能与离子所带电荷成正比、与离子半径成反比，离子半径：Mg2+< Ca2+
C．根据表中数据分析，的熔点低于，说明在NH4NO3中引入有机基团(-C2H5)，熔点降低，故C正确；
D．离子晶体的熔点与离子所带电荷数成正比、与离子半径成反比，引入有机基团也会对离子晶体的熔点产生影响，故D正确；
答案选A。
5．B
【详解】A．在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有个Cl－，故A正确；
B．在CsCl晶体中，以体心的Cs＋分析，距Cs＋最近的Cl－有8个，距Cl－最近的Cs＋有8个，故B错误；
C．在金刚石晶体中，根据图中信息得到最小的环上有6个C原子，故C正确；
D．根据CO2 晶胞，以顶点的二氧化碳分子分析，面心的距离为紧邻的二氧化碳，每个横截面有4个，总共有三个横截面，因此一个分子周围有12个紧邻分子，故D正确。
综上所述，答案为B。
6．A
【详解】A．Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，A正确；
B．Cl2和CO2都是非极性分子，Cl2中含Cl—Cl非极性键，CO2中含C=O极性键、不含非极性键，B错误；
C．TiCl4的熔点为-25 ℃，沸点为136.4 ℃，熔、沸点较低，TiCl4晶体是分子晶体，C错误；
D．反应①中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，C元素的化合价由0价升至+4价，Cl元素的化合价由0价降至-1价，生成2molFeCl3转移14mol电子，则生成1molFeCl3转移电子物质的量为7mol，D错误；
答案选A。
7．C
【详解】A．为离子晶体，为分子晶体，熔化时分别克服离子键和分子间作用力，故A不符合题意；
B．为金属晶体，为共价晶体，熔化时分别克服了金属键和共价键，故B不符合题意；
C．和都是离子晶体，熔化时都克服了离子键，故C符合题意；
D．为分子晶体，为离子晶体，熔化时分别克服了分子间作用力和离子键，故D不符合题意.
故选C。
8．B
【详解】a．CS2分子中中心C原子价层电子对数为2+=2，C原子采用sp杂化，为直线形，a错误；
b．ClO中心Cl原子价层电子对数为3+=4，C原子采用sp3杂化，为平三角锥形，b错误；
c．SF6中硫原子最外层电子数为6+6=12，c错误；
d．SiF4硅原子形成4个共价键，中心原子采取sp3杂化；SO中中心S原子价层电子对数为3+=4，S原子采用sp3杂化，d正确；
e．Ge为32号元素，是ⅣA族的一个主族元素，其核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p2，属于p区元素，e错误；
f．甲烷分子、氨分子、水分子中中心原子的孤对电子数分别为0、1、2，孤对电子对成键电子对有排斥力导致键角变小，故键角：CH4>NH3>H2O，f正确；
g．硅为共价晶体、氯化钠为离子晶体、冰为分子晶体且存在氢键、氖气为分子晶体，故物质熔、沸点的高低顺序是：晶体硅氯化钠冰氖气，g正确；
h．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；粒子半径由大到小的顺序是H->Li+>H+，h错误；
i．碳原子半径小于硅原子半径，导致碳碳键能大于硅硅键能，故金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，i错误；
j．冰中存在极性共价键，氢键不属于化学键，j错误；
故选B。
9．A
【详解】A．氢化物的稳定性与化学键有关，与分子间作用力和氢键无关，HF的稳定性强于HCl不能用分子间作用力和氢键解释，故A错误；
B．AlCl3属于共价化合物，与元素间电负性差值小于1.7形成共价键，故B正确；
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低，所以对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，故C正确；
D．离子晶体中离子的半径越大，离子键强度越小，熔点越低，溴离子的半径比氯离子大，所以NaBr晶体的晶格能比NaCl小，熔点低，故D正确；
故选：A。
10．B
【详解】A．Mg为金属单质，属于金属晶体，故A正确；
B．干冰采用面心立方最密堆积，一个CO2分子周围有12个紧邻的分子，故B错误；
C．MgO是离子晶体，熔点高，可以用作耐高温材料，故C正确；
D．金刚石属于共价晶体，C原子采取sp3杂化，石墨属于混合型晶体，C原子采取sp2杂化，故D正确。
故答案为B。
11．B
【详解】A．在金属晶体中，自由电子为整块金属共有，不属于哪一个离子，故A错误；
B．共价键具有方向性和饱和性，导致二氧化硅晶体中，原子未排列成紧密堆积结构，故B正确；
C．熔点高、导电性好、延展性强的晶体可能是金属晶体，如W，故C错误
D．离子晶体中晶格能的大小与离子所带电荷数和阴、阳离子之间的距离有关，故D错误；
答案选B。
12．D
【详解】A．该组物质全部为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，因此熔点顺序为：CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4，故A错误；
B．均为原子晶体，原子半径越小，形成的化学键键能越大，熔沸点越高，原子半径碳小于硅，则熔、沸点：晶体硅<碳化硅<金刚石，故B错误；
C．电负性越强，与氢原子形成的化学键极性越强，同一周期从左往右元素的非金属性逐渐增强，电负性逐渐增大，由于电负性：N＜O＜F，因此键的极性：N-H键＜O-H键＜F-H键，故C错误；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：F＞O＞N，因此热稳定性：HF＞H2O＞NH3，故D正确；
故选D。
13．B
【详解】A．同主族元素从上到下，离子半径递增，则金属键钠大于钾，熔点钠大于钾，同周期从左到右，金属原子半径、离子半径递减，则金属键铝大于钠，熔点铝大于钠，熔点由铝、钠、钾依次减小，A项错误；
B． 非金属性越强，对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强，故 ，亚硫酸的酸性比硫酸弱，故无机含氧酸的酸性： ，B项正确；
C．通常非金属性越强，电负性越强，同一周期主族元素从左到右，电负性递增，所以电负性： ，C项错误；
D．按洪特规则特例，基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，3d和4s轨道均处于半充满状态，D项错误；
答案选B。
14．D
【详解】A．键长：Si Si＞Si C＞C C，根据键长越长，键能越小，越易断裂，则硬度越小，因此硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；
B．根据非金属性越强，其最简单氢化物越稳定，因此热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；
C．键长：Si O＞C C，根据键长越长，键能越小，熔点越低，因此熔点：金刚石＞，故C正确；
D．碳酸酸性大于次氯酸酸性，故D错误。
综上所述，答案为D。
15．B
【详解】A．已知白磷是分子晶体，其熔化时只克服分子间作用力，没有P-P键断开，A错误；
B．依据2Ca3(PO4)2+6SiO2+ 10C6CaSiO3+P4+10CO↑～20e-，每生成标准状况下44.8L即=2mol CO时，电子转移数目为4NA，B正确；
C．溶液体积未知，无法计算磷酸根离子数目，C错误；
D．二氧化硅为共价晶体，不含分子，D错误；
故答案为：B。
16． 容量瓶 否 实验中需要准确量取苯的体积 否 若用水代替苯，NaCl会溶解，造成NaCl的体积不能准确测定出来
【分析】(1)容量瓶为定容仪器，能够较准确的测定体积；
(2)实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管；
(3)NaCl会溶解，造成NaCl的体积不能准确测定出来；
(4)由实验中NaCl的质量与体积，可以得到NaCl晶体的密度，均摊法计算晶胞中Na+、Cl-数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2a cm，而晶胞质量等于晶体密度与晶胞体积乘积，联立计算。
【详解】(1)能够较准确的测定NaCl固体体积，所以步骤①中仪器最好用容量瓶；
(2)实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管；
(3)不能用水代替苯，若用水代替苯，NaCl会溶解，造成NaCl的体积不能准确测定出来；
(4)NaCl的密度为g/cm3，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2a cm，NaCl晶胞的体积=(2a)3cm3，晶胞中Na+离子数目=1+12×=4、Cl-数目=8×+6×=4，则NaCl晶胞的质量=g=g/cm3×(2a)3cm3，整理得NA=。
17．(1) 离子 Na＞C＞O
(2)CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)过滤
(4) NH4Cl 增大NH的浓度，使NH4Cl更多地析出；使NaHCO3 转化为溶解度更大的 Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度
(5) 洗涤 冷却 恒重操作
【分析】将氨气通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，发生反应CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤(操作X)、洗涤得NaHCO3微小晶体(晶体A)，再加热制得纯碱产品，其滤液(溶液B)是含有氯化铵和氯化钠的溶液，从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品。
【详解】（1）纯碱是碳酸钠，其固体是离子晶体。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则组成该物质的元素原子的半径从大到小依次为Na＞C＞O。
（2）反应(1)生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学反应方程式为CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl。
（3）将固体和溶液分离的操作名称是过滤。
（4）过滤后得到碳酸氢钠，溶液中含有氯化铵。处理后得到NH4Cl；由溶液 B 得到产品 A，氨气溶于水显碱性，则通入NH3的作用是增大NH的浓度，使NH4Cl更多地析出；其次使NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度；
（5）③过滤后需要洗涤，烘干后需要冷却，最后称量。④恒重操作最终得到固体b(g)，即碳酸钡是bg，所以样品中纯碱的质量分数为。
