【新】2019年高考化学一轮复习课时分层训练40物质的聚集状态与物

【新】2019年高考化学一轮复习课时分层训练40物质的聚集状态与物质性质鲁科版

小中高精品教案试卷

课时分层训练(四十) 物质的聚集状态与物质性质

(建议用时：45分钟)

A级基础达标

1．(1)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为________，微粒间存在的作用力是________。SiC晶体和晶体Si的熔、沸点高低顺序是________。

(2)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是___________________________________________________

________________________________________________________。

(3)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2的化学式相似，但结构和性质有很大的不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成上述π键，而Si、O原子间不能形成上述π键：___________________________________

________________________________________________________________，

SiO2属于________晶体，CO2属于________晶体，所以熔点CO2________SiO2(填“＜”“＝”或“＞”)。

(4)金刚石、晶体硅、二氧化硅、MgO、CO2、Mg六种晶体的构成微粒分别是______________________________________________________，

熔化时克服的微粒间的作用力分别是______________________________

________________________________________________________________。

【解析】(1)晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以C原子杂化方式是sp3，因为Si—C的键长小于Si—Si，所以熔点碳化硅＞晶体硅。

(2)SiC电子总数是20个，则该氧化物为MgO；晶格能与所构成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大，熔点高。

(3)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p­p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，所以熔点SiO2＞CO2。

(4)金刚石、晶体硅、二氧化硅均为原子晶体，构成微粒为原子，熔化时破坏共价键；Mg 为金属晶体，由金属阳离子和自由电子构成，熔化时克服金属键；CO2为分子晶体，由分子构成，CO2分子间以分子间作用力结合；MgO为离子晶体，由Mg2＋和O2－构成，熔化时破坏离子键。

【答案】(1)sp3共价键SiC＞Si

(2)Mg Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大

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制作不易 推荐下载 2 (3)Si 的原子半径较大，Si 、O 原子间距离较大，p­p 轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键 原子 分子 ＜

(4)原子、原子、原子、阴阳离子、分子、金属阳离子与自由电子 共价键、共价键、共价键、离子键、分子间作用力、金属键

2．(1)氮化铝是一种新型无机非金属材料，具有耐高温、耐磨等特性，空间结构如图1所示。铝的配位数为________。氮化铝的晶体类型是________。

图1

(2)N 和Cu 形成的化合物的晶胞结构如图2所示，则该化合物的化学式为________。该化合物的相对分子质量为M ，N A 为阿伏加德罗常数。若该晶胞的边长为a pm ，则该晶体的密度是________g·cm －3

。

图2

(3)F 元素基态原子M 层上有5对成对电子，F 形成的单质有δ、γ、α三种结构，三种晶胞(分别如下图3所示)中F 原子的配位数之比为________，δ、γ、α三种晶胞的边长之比为________。

图3

【解析】 (1)由氮化铝的空间结构知，1个铝连接4个氮，铝的配位数为4；根据氮化铝具有耐高温、耐磨等特性，推知它属于原子晶体。(2)根据均摊法，每个晶胞平均含有Cu 原子数为12×1/4＝3，N 原子数为8×1/8＝1，故其化学式为Cu 3N 。根据密度的定义式：ρ＝

m /V ＝M a 3N A

×1030 g·cm －3。(3)三种晶胞分别为体心立方(配位数为8)，面心立方(配位数为12)，简单立方(配位数为6)，则配位数之比为4∶6∶3。由半径表示边长，则体心立方4r ＝3a 1，面心立方4r ＝2a 2，简单立方2r ＝a 3，故边长之比为22∶23∶6。

【答案】 (1)4 原子晶体 (2)Cu 3N

M a 3N A ×1030 (3)4∶6∶3 22∶23∶ 6

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制作不易 推荐下载 3 3．(2018·石家庄模拟)现有某第4周期过渡金属元素A ，其基态原子排布中有四个未成对电子，由此元素可构成固体X 。 【导学号：95160415】

(1)区分固体X 为晶体或非晶体的方法为________。若此固体结构如图甲、乙所示，则按甲虚线方向切乙得到的A ～D 图中正确的是________。

甲 乙

A B C D

(2)A 可与CO 反应生成A(CO)5，常压下熔点为－20.3 ℃，沸点为103.6 ℃，试推测：该晶体类型是________。

(3)A 可与另两种元素B 、C 构成某种化合物，B 、C 的外围电子排布分别为3d 104s 1、3s 23p 4，其晶胞如图所示，则其化学式为________________。该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度d ＝________ g·cm －3。(保留两位小数)

【解析】 (1)根据题干信息可知元素A 为Fe 。甲中Fe 位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的截面是长方形，则排除B 、D ，由于甲的体心含有1个Fe 原子，则A 图符合题意。(3)根据B 、C 的外围电子排布式分别为3d 104s 1、3s 23p 4可判断B 为Cu 、C 为

S 。该晶胞中，Fe 原子有6个位于面上、4个位于棱上，个数为4×14＋6×12

＝4，Cu 原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，个数为8×18＋4×12

＋1＝4，S 原子数为8。晶体中N (Cu)∶N (Fe)∶N (S)＝4∶4∶8＝1∶1∶2，故该晶体的化学式为CuFeS 2。晶胞质量＝

＋56＋

－1×46.02×1023 mol －1，晶胞体积＝(524×10

－10cm)2×1 030×10－10 cm ，故该晶体

的密度d ＝＋56＋－1×46.02×1023 mol －1－10 2×1 030×10－10 cm

≈4.32 g·cm －3。 【答案】 (1)X­射线衍射 A (2)分子晶体

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制作不易 推荐下载 4 (3)CuFeS 2 ＋56＋32×2－1

×46.02×1023 mol －1－10 2×1 030×10－10 cm ≈4.32 4.(1)①科学家把C 60和K 掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化

合物，该物质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中K

原子和C 60分子的个数比为________。

【导学号：95160415】

②继C 60后，科学家又合成了Si 60、N 60。请解释如下现象：熔点Si 60>N 60>C 60，而破坏分子所需要的能量N 60>C 60>Si 60，其原因是_____________________

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