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sp，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，Mg半径比Ca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，p-p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Mg和O构成，熔化时破坏离子键。
【答案】 (1)sp 共价键 SiC＞Si (2)Mg Mg半径比Ca小，MgO晶格能大
(3)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p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________。
2＋
2＋
3
2＋
2－2＋
2＋
3
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________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M30－3
数为8×1/8＝1，故其化学式为Cu3N。根据密度的定义式：ρ＝m/V＝3×10 g·cm。(3)三种晶胞分
aNA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＝3a1，面心立方4r＝2a2，简单立方2r＝a3，故边长之比为22∶23∶6。
【答案】 (1)4 原子晶体 (2)Cu3N
M30
×10 (3)4∶6∶3 22∶23∶6 aNA
3
3．(2020·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。 【导学号：15】
(1)区分固体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3d4s、3s3p，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。(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3d4s、3s3p可判断B为Cu、C为S。该晶胞中，Fe原子有6个位于11
面上、4个位于棱上，个数为4×＋6×＝4，Cu原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，
4211
个数为8×＋4×＋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
82化学式为CuFeS2。晶胞质量＝
64＋56＋32×2 g·mol×4－102
，晶胞体积＝(524×10cm)×1 030×1023－1
6.02×10 mol64＋56＋32×2 g·mol×4
23－1
6.02×10 mol－3
≈4.32 g·cm。 －102－10
524×10 cm×1 030×10 cm
－1－1
10
1
2
4－3
10
1
2
4
－10
cm，故该晶体的密度d＝
【答案】 (1)-射线衍射 A (2)分子晶体
64＋56＋32×2 g·mol×4
23－1
6.02×10 mol
≈4.32 －102－10
524×10 cm×1 030×10 cm
物，该物的个数比
－1
(3)CuFeS2
4.(1)①科学家把C60和掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化合质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中原子和C60分子为________。
【导学号：15】
②继C60后，科学家又合成了Si60、N60。请解释如下现象：熔点Si60>N60>C60，而破坏分子所需要的能量N60>C60>Si60，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2.0×10请列式并计算(结果保留一位小数)：__________________________________。
－23
cm，求该离子化合物的密度，
3
【附20套精选模拟试卷】2020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_2020
