1、高考化学40 物质的聚集状态与物质性质 课时分层训练 鲁科版课时分层训练(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原子间形成键和键，SiO2中Si与O原子间不形成上述键。从原子半径大小
2、的角度分析，为何C、O原子间能形成上述键，而Si、O原子间不能形成上述键：_，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SiC的键长小于SiSi，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，
3、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键，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，所以熔点SiO2CO2。(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SiCSi(2)MgMg2半径比Ca2小，MgO晶格能大(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
4、稳定的键原子分子(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，NA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_gcm3。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、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_，、三种晶胞的边长之比为_。图3【解析】(1)
5、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121/43，N原子数为81/81，故其化学式为Cu3N。根据密度的定义式：m/V1030 gcm3。(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463。由半径表示边长，则体心立方4ra1，面心立方4ra2，简单立方2ra3，故边长之比为22。【答案】(1)4原子晶体(2)Cu3N1030(3)463223(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
6、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AD图中正确的是_。 甲乙AB CD(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3d104s1、3s23p4，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_ gcm3。(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
7、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3d104s1、3s23p4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464，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8414，S原子数为8。晶体中N(Cu)N(Fe)N(S)448112，故该晶体的化学式为CuFeS2。晶胞质量，晶胞体积(5241010cm)21 0301010 cm，故该晶体的密度d4.32 gcm3。【答案】(1)X射线衍射A(2)分子晶体(3)CuFeS2
8、4.324.(1)科学家把C60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C60分子的个数比为_。 【导学号：95160415】继C60后，科学家又合成了Si60、N60。请解释如下现象：熔点Si60N60C60，而破坏分子所需要的能量N60C60Si60，其原因是_。(2)铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8 pm，列式计算晶体铜的密度_。(3)A是周期表中电负性最大的元素，A与钙可组成离子化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的电子式是_。已知该化合物晶胞1/8的体积为2.01023 cm3，求该离子化合物的密度，请
9、列式并计算(结果保留一位小数)：_。【解析】(1)K处于晶胞表面：126，C60处于晶胞顶点和体心：812。故K原子和C60分子的个数比为6231。熔点与分子间作用力大小有关，而破坏分子则是破坏分子内的共价键。(2)晶胞边长2r(Cu)，晶胞含有Cu的个数为4，M(Cu)64 gmol1，gcm39.0 gcm3。(3)A为F，与Ca形成CaF2，电子式为 Ca2 ，gcm33.2 gcm3。【答案】(1)31结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点：Si60N60C60；而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时
10、所需能量越多，故破坏分子需要的能量大小顺序为N60C60Si60(2) gcm39.0 gcm33.2 gcm3B级能力提升5(1)比较下列卤化锡的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_。SnCl4SnBr4SnI4熔点/3331144.5沸点/114.1202364(2)灰锡具有金刚石型结构，其中Sn原子的杂化方式为_，微粒之间存在的作用力是_。(3)原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为灰锡的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)、B为，则D为。锡的配位数为_。已知灰锡的晶胞参数a0.648 9 nm，其密度为_ gcm3(NA为6.021023 mol1，不必算出结果，写出简化
11、后的计算式即可)。【解析】(1)锡元素的卤化物都为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合。对于组成类型相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。由于相对分子质量：SnCl4SnBr4SnI4，所以它们的熔、沸点由低到高的顺序：SnCl4SnBr4N60C60，而破坏分子所需要的能量N60C60Si60，其原因是_。(2)铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8 pm，列式计算晶体铜的密度_。(3)A是周期表中电负性最大的元素，A与钙可组成离子化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的电子式是_。已知该化合物晶胞1/8的体积为2.01023 cm3，求该离子化合物的
12、密度，请列式并计算(结果保留一位小数)：_。【解析】(1)K处于晶胞表面：126，C60处于晶胞顶点和体心：812。故K原子和C60分子的个数比为6231。熔点与分子间作用力大小有关，而破坏分子则是破坏分子内的共价键。(2)晶胞边长2r(Cu)，晶胞含有Cu的个数为4，M(Cu)64 gmol1，gcm39.0 gcm3。(3)A为F，与Ca形成CaF2，电子式为 Ca2 ，gcm33.2 gcm3。【答案】(1)31结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点：Si60N60C60；而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子需要的能量大小顺序为N60C60Si60(2) gcm39.0 gcm33.2 gcm3B级能力提升5(1)比较下列卤化锡的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_。SnCl4SnBr4SnI4熔点/3331144.5沸点/114.1202364(2)灰锡具有金刚石型结构，其中Sn原子的杂化方式为_，微粒之间存在的作用力是_。(3)原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为灰锡的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)、B为，则D为。锡的配位数为_。已知灰锡的晶胞参数a0.648 9 nm，其密度为_ gcm3(NA为6
