1、课时跟踪训练(十八)基础巩固1下列大小关系正确的是()A晶格能：NaClCaOC熔点：NaINaBr D熔、沸点：CO2NaCl解析A项中阳离子相同，溴离子半径大于氯离子，因此NaBr的晶格能小于NaCl，A错；B项阴离子相同，镁离子半径小于钙离子，故MgO的晶格能较大，硬度较大，B正确；C项阳离子相同，溴离子半径小于碘离子，故NaBr的晶格能较大，熔点较高，C错；D项二氧化碳常温下是气体，而NaCl常温下是固体，熔、沸点较高的是NaCl，D错。答案B2下列说法不正确的是()A离子晶体的晶格能越大，离子键越强B阳离子的半径越大，则可同时吸引的阴离子越多C通常阴、阳离子的半径越小、电荷越大，该阴
2、阳离子组成离子化合物的晶格能越大D拆开1 mol离子键所需的能量叫该离子晶体的晶格能解析晶格能是气态离子形成1 mol离子晶体释放的能量。答案D3下表中是几种物质的晶格能数据：物质NaFMgF2AlF3MgOCaOSrOBaO晶格能/(kJmol1)9232957549237913401E1918由此表中数据不能得出的结论是()A同一周期的金属元素与某一种非金属元素形成的化合物，从左到右晶格能增大BE的数值介于3401与1918之间C晶格能大小与成键离子核间距大小、离子电荷数高低有关D当MgO、CaO电离成金属离子和O2时，MgO所需要的温度低于CaO的解析本题考查同学们对数据进行分析处理的能
3、力及概括问题的能力。Na、Mg、Al属于同一周期元素，与氟形成的化合物的晶格能数据依次增大，A选项正确；Mg、Ca、Sr、Ba属于同一主族元素，由表中数据知，从上到下氧化物的晶格能逐渐减小，B选项正确；三种氟化物中，从钠到铝，离子半径是减小的，电荷数是增大的，从表中后四种氧化物晶格能大小变化看，核间距越小，晶格能越大，因此晶格能的差异是由离子电荷数与核间距不同导致的，C选项正确；由电离生成的离子有O2可知，它们的电离是在熔融状态下进行的，MgO的晶格能大，熔点比CaO的高，D选项错误。答案D4金属钾的制备一般是用Na还原KCl制得，下列对金属钾制备原理的叙述正确的是()A在KCl和Na的混合熔
4、体中，存在钾离子、钠离子和自由电子BKCl晶体的熔点低于NaCl晶体，所以K可以析出C在KCl和Na的混合体系中，相当于有金属K、金属Na、KCl和NaCl的混合体系，由于K沸点低，所以钾气化析出D该反应说明金属钠的还原性大于金属钾的还原性解析该反应KClNaNaClK是一个可逆反应，在高温下，由于K的沸点比其他物质低，所以K挥发，使平衡向生成K的方向移动。答案C5有关晶格能的叙述正确的是()A晶格能是气态原子形成1摩尔离子晶体释放的能量B晶格能通常取正值，但有时也取负值C晶格能越大，形成的离子晶体越稳定D晶格能越大，物质的硬度反而越小解析晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体时所释放的能量，晶格
5、能取正值，且晶格能越大，晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。答案C6下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A熔点：NaFMgF2AlF3B晶格能：NaFNaClNaBrC阴离子的配位数：CsClNaClCaF2D硬度：MgOCaOBaO解析掌握好离子半径的大小变化规律是分析离子晶体性质的一个关键点。由于r(Na)r(Mg2)r(Al3)，且Na、Mg2、Al3所带电荷依次增大，所以NaF、MgF2、AlF3的离子键依次增强，晶格能依次增大，故熔点依次升高。r(F)r(Cl)r(Br)，故NaF、NaCl、NaBr的晶格能依次减小。在CsCl、NaCl、CaF2中阴离子的配位数分别为8、6、4
6、。r(Mg2)r(Ca2)ABEF BABEFCDCABCDEF DEFABCD解析离子所带的电荷数越多，核间距越小，则晶格能越大，熔沸点越高。答案D8根据题表给出的几种物质的熔、沸点数据，判断下列有关说法错误的是()晶体NaClMgCl2AlCl3SiCl4单质B熔点/801714180702300沸点/14651412160582500A.SiCl4是分子晶体B单质B可能是原子晶体CAlCl3加热能升华DNaCl的键的强度比MgCl2的小解析由表中所给数据，知SiCl4熔、沸点低，应为分子晶体，A正确。单质B熔、沸点很高，可能是原子晶体，B正确。AlCl3的沸点低于熔点，可以升华，C正确。
7、本题数据表明NaCl的熔、沸点高于MgCl2的，表明NaCl键的强度大于MgCl2的，D错。答案D9下列关于离子键的强弱与晶格能大小的关系的说法正确的是()A离子键的强弱在一定程度上可用晶格能的大小来衡量B晶格能的大小完全决定离子键的强弱C通常晶格能越大，离子键越弱D晶格能的大小与离子键的强弱没有一点关系解析离子键的强弱可用晶格能的大小来衡量，故A项正确；晶格能越大，离子键越强，C项错误；晶格能的大小与离子键的强弱有关，但并不完全取决于离子键的强弱，故B、D项错误。答案A10(双选)碱金属卤化物是典型的离子晶体，它们的晶格能与成正比(d0是晶体中最邻近的导电性离子的核间距)。下面说法错误的是(
8、)晶格能/kJmol1离子半径/pmLiFLiClLiBrLiI1031845807752LiNaK6095133NaFNaClNaBrNaI915777740693FClBrI136181195216KFKClKBrKI812708676641A.晶格能的大小与离子半径成正比B阳离子相同阴离子不同的离子晶体，阴离子半径越大，晶格能越小C阳离子不同阴离子相同的离子晶体，阳离子半径越小，晶格能越大D金属卤化物晶体中，晶格能越小，氧化性越强解析由表中数据可知晶格能的大小与离子半径成反比，A项错误；由NaF、NaCl、NaBr、NaI晶格能的大小即可确定B项说法正确；由LiF、NaF、KF晶格能的大
9、小即可确定C项说法正确；表中晶格能最小的为碘化物，因还原性FClBr”或“”填空：(1)第一电离能：C_N。(2)电负性：Cl_Br。(3)晶格能：KCl_CsCl。(4)硬度：MgO_CaO。(5)酸性：HClO3_HClO。(6)空间利用率：镁型_钾型。答案(1)(3)(4)(5)(6)12同类晶体物质熔、沸点的变化是有规律的，试分析下列两组物质熔点规律变化的原因：A组物质熔点/KB组物质熔点/KNaCl1074Na317KCl1049Mg923CsCl918Al933晶体熔、沸点的高低，决定于组成晶体微粒间的作用力的大小。A组是_晶体，晶体微粒之间通过_相连，粒子之间的作用力由大到小的顺
10、序是_。B组晶体属于_晶体，价电子数由少到多的顺序是_，离子半径由大到小的顺序是_。金属键强度由小到大的顺序为_。解析A组NaCl、KCl、CsCl为同一主族的卤化物且为离子化合物，故熔点与离子键的强弱有关，离子键越弱，熔点越低。而Na、K、Cs的离子半径逐渐增大，故Na与Cl、K与Cl、Cs与Cl的离子键逐渐减弱，NaCl、KCl、CsCl的熔点依次降低；而B组中Na、Mg、Al是金属晶体且价电子数依次增多，离子半径逐渐减小，因此金属原子核对外层电子束缚能力越来越大，形成的金属键越来越牢固，故熔点依次升高。答案离子离子键NaClKClCsCl金属NaMgMg2Al3NaMg3550很大不溶不
11、导电不反应C114.2很小易溶液态不导电白色沉淀(1)晶体的化学式分别为：A_，B_，C_。(2)晶体中微粒间的作用分别为：A_，B_，C_。解析由A在熔融时导电，可知A为离子晶体，即为NaCl，其中含离子键；B的硬度很大，不溶于水，又不导电，则知B为原子晶体，即为金刚石，其中是共价键；C的熔点很低，可知为分子晶体，即为HCl，其中是靠分子间作用力形成的晶体。答案(1)NaClCHCl(2)离子键共价键分子间作用力14(1)中学化学教材中图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。NiO(氧化镍)的晶体结构与NaCl 相同，Ni2与最临近O2的核间距离为a108 cm，计算NiO晶体
12、的密度(已知NiO的摩尔质量为74.7 gmol1)。(2)天然和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷，例如在某氧化镍晶体中就存在如图所示的缺陷：一个Ni2空缺，另有两个Ni2被两个Ni3所取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成Ni0.97O，试计算该晶体中Ni3 与Ni2的离子个数之比。解析(1)如图所示，以最小立方体作为计算单元，此结构中含有Ni2O2离子数为4(个)，所以1 mol NiO晶体中应含有此结构的数目为6.02102312.041023(个)，又因一个此结构的体积为(a108cm)3，所以1 mol NiO的体积为12.041023
13、(a108 cm)3，NiO的摩尔质量为74.7 gmol1，所以NiO晶体的密度为 gcm3 gcm3(2)解法一(列方程)：设1 mol Ni0.97O中含Ni3为x mol, Ni2为y mol，则得xy0.97(Ni原子个数守恒)3x2y2(电荷守恒)解得x0.06，y0.91，故n(Ni3)n(Ni2)691解法二(十字交叉)：由化学式Ni0.97O求出Ni的平均化合价为2/0.97，则有故n(Ni3)n(Ni2)691。解法三：直接分析法依题意，一个Ni2空缺，另有两个Ni2被两个Ni3取代。由Ni0.97O可知，每100个氧离子，就有97个镍离子，有三个Ni2空缺，也就有6个Ni
14、2被Ni3所取代，所以Ni3有6个，Ni2为97691个。即Ni3与Ni2之比为691。解法四：鸡兔同笼法从Ni0.97O可知，假如有100个氧离子，就有97个镍离子，假设这97个镍离子都是2价，那么正价总和为194价，负价总和为200价。为什么还差6价呢？这是因为多假设6个2价的镍离子。实际上有Ni3 6个、Ni2 91个。所以Ni3与Ni2的个数比为691。答案(1) gcm3(2)691能力提升15A族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题。(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原
15、子采用的轨道杂化方式是_。 (2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_。 (3)Se原子序数为_，其核外M层电子的排布式为_。 (4)H2Se的酸性比H2S_(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为_，S的立体构型为_。 (5)H2SeO3的K1和K2分别为2.7103和2.5108，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2102，请根据结构与性质的关系解释：H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_；H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_。(6)ZnS在荧
16、光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0 pm，密度为_gcm3(列式并计算)，a位置S2与b位置Zn2之间的距离为_pm(列式表示)。 解析(1)首先根据S8的结构和价电子特点，确定其杂化方式。S的价电子数是6，其中形成2个键，还有两对孤电子对，故杂化方式为sp3。(2)在周期表中，同主族元素从上到下得电子能力减弱，第一电离能依次减小。(3)Se在S的下一周期，其原子序数是161834，电子排布式为Ar3d104s24p4，则M层电子排布式为3s23p63d10。(4)HSe键的键长比HS键的键长长，所以HSe键易断裂，故H2Se酸性比
17、H2S强。SeO3中Se的杂化方式为sp2杂化，立体构型为平面三角形。S中S的杂化方式为sp3杂化，与3个O原子配位，故立体构型为三角锥形。(5)第一步电离产生的H抑制HSeO和HSeO的电离，使得HSeO和HSeO较难电离出H。同种元素形成的不同含氧酸，若表示为(HO)mROn，则n值越大，R元素的化合价越高，正电性越高，ROH中O的电子更易向R原子偏移，OH键越易断裂，易电离产生H。H2SeO3和H2SeO4可分别表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，前者n值为1，后者n值为2，显然H2SeO4的酸性强于H2SeO3。(6)ZnS晶胞的体积为(540.01010 cm)3。S2位于晶
18、胞的顶点和面心，Zn2位于晶胞的内部，一个ZnS晶胞中含有S2：864个，含有4个Zn2，即一个ZnS晶胞含有4个S2和4个Zn2，则晶胞的密度为4.1 gcm3。ZnS晶胞中，面对角线上两个相邻S2的距离为540 pm270 pm。每个Zn2与周围4个S2形成正四面体结构，两个S2与Zn2之间连线的夹角为10928，两个相邻S2与Zn2形成等腰三角形(如图所示)，则ab之间的距离为或或135 pm。答案(1)sp3(2)OSSe(3)343s23p63d10(4)强平面三角形三角锥形(5)第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子H2SeO3和H2SeO4可分别表示为(HO)
19、2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为4价，而H2SeO4中的Se为6价，正电性更高，导致SeOH中O的电子更向Se偏移，越易电离出H(6) 4.1 或或135 16已知硅酸盐和石英的晶格能如表：硅酸盐矿物和石英晶格能(kJ/mol)橄榄石4400辉石4100角闪石3800云母3800长石2400石英2600回答下列问题：(1)橄榄石和云母晶出的顺序是_。(2)石英总是在各种硅酸盐析出后才析出的原因是_。(3)推测云母和橄榄石的熔点顺序为_，硬度大小为_。解析由晶出规则可知，晶格能越大，其最先晶出，故橄榄石先晶出，云母后晶出；因为石英的晶格能较低，此外也与它不容易在岩浆中达到饱和浓度有关，只有当各种金属离子以硅酸盐形式析出后，石英的浓度才达到饱和，故石英晶体最后晶出；云母的熔点低于橄榄石的熔点，硬度：云母低于橄榄石。答案(1)橄榄石先晶出，云母后晶出(2)石英的晶格能较低，此外也与它不容易在岩浆中达到饱和浓度有关，只有当各种金属离子以硅酸盐形式析出后，石英的浓度才达到饱和，故石英晶体最后晶出(3)云母低于橄榄石云母低于橄榄石