高中化学鲁科版（2019）选择性必修2 第3章测试卷
一、单选题
1．（2021高二下·苍南开学考）下列说法正确的是（ ）
A．冰和氯化钠融化时克服的作用力均为分子间作用力
B．某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键
C．CCl4和CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．金刚石、C60都不存在单个小分子
【答案】C
【知识点】离子晶体；分子晶体；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】A．冰是分子晶体，熔化时克服的作用力为分子间作用力，氯化钠是离子晶体，熔化时克服的作用力为离子键，故A不符合题意；
B．含有自由移动离子或电子的物质能导电，该物质在熔融状态下能导电，该物质中可能含有离子键，也可能含有自由移动的电子，故B不符合题意；
C．CO2和C原子中的最外层电子为4，形成4个共用电子对，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，CCl4中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C符合题意；
D．C60为分子晶体，存在独立的分子，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.离子键和分子间作用力类别不同
B.金属单质也能导电，但不具有离子键
C.根据成键的方式即可判断达到八个电子稳定结构
D.金刚石是原子晶体
2．（2020·浙江会考）熔融时需要破坏共价键的化合物是（ ）
A．冰 B．石英 C．金刚石 D．氢氧化钠
【答案】B
【知识点】化学键；离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体
【解析】【解答】A．冰是共价化合物，分子晶体，熔融时只需要克服分子间作用力，不需要破坏化学键，故A不符合题意；
B．石英(SiO2)是共价化合物，属于原子晶体，熔融时需要克服共价键，故B符合题意；
C．金刚石是单质，属于原子晶体，熔融时需要克服共价键，故C不符合题意；
D．氢氧化钠是离子化合物，属于离子晶体，熔融时需要克服离子键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】原子晶体（共价晶体）融化时需要破坏共价键。
3．（2020高二下·锦州期末）下列晶体中，①冰 ②石英 ③足球烯（C60） ④食盐 ⑤白磷 ⑥冰醋酸 ⑦晶体氩。晶体中除了存在原子与原子间的共价键外，同时也存在范德华力的有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】①冰为水分子形成的晶体，水分子内存在共价键，水分子间存在范德华力，①符合题意；
②石英，为Si、O原子形成的原子晶体，晶体内只存在共价键，②不合题意；
③足球烯（C60），形成分子晶体，C60分子内C原子间形成共价键，C60分子间存在范德华力，③符合题意；
④食盐，形成离子晶体，晶体内只存在离子键，④不合题意；
⑤白磷，形成分子晶体，白磷分子内存在共价键，白磷分子间存在范德华力，⑤符合题意；
⑥冰醋酸，形成分子晶体，CH3COOH分子内存在共价键，醋酸分子间存在范德华力，⑥符合题意；
⑦晶体氩，形成分子晶体，但属于单原子分子，分子内不存在共价键，只存在分子间的范德华力，⑦不合题意；
综合以上分析，只有①③⑤⑥符合题意，
故答案为：B。
【分析】晶体中除了存在原子与原子间的共价键外，同时也存在范德华力，此类晶体通常为分子晶体。
4．（2020高二下·葫芦岛期末）下列有关离子晶体的数据大小比较错误的是（ ）
A．熔点：NaF>MgF2>AlF3
B．晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C．阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2
D．硬度：MgO>CaO>BaO
【答案】A
【知识点】用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；配合物的成键情况；离子晶体
【解析】【解答】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF
B. 离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故B不符合题意；
C. CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故C不符合题意；
D. 离子半径：Ba2+＞Ca2+＞Mg2+，所以硬度：MgO＞CaO＞BaO，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。
5．（2020高一下·宁波期末）下列说法正确的是（ ）
A．氯化钠晶体熔融时需要克服离子键
B．石英和干冰都属于原子晶体
C．CH4、CO2中所有原子均满足最外层8 电子稳定结构
D．KOH和 CaCl2 都是含有共价键的离子化合物
【答案】A
【知识点】化学键；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A. 氯化钠晶体只有离子键，熔融时克服离子键电离出钠离子和氯离子，A符合题意；
B. 石英是原子晶体，干冰是分子晶体，B不符合题意；
C. CH4中H最外层只有一个电子，形成共价键时最外层为2电子稳定结构，C不符合题意；
D. CaCl2 只含有离子键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B、干冰属于分子晶体
C、H最外层只有2个电子
D、氯化钙只含离子键
6．（2020高一下·葫芦岛期末）随着工业生产和社会发展对材料性能要求的提高，无机非金属材料成为高技术领域必须材料。下列说法错误的是（ ）
A．高纯度的硅可用于制造计算机芯片
B．用氢氟酸可以生产磨砂玻璃
C．工业上利用硅的高熔点可以用物理方法制得高纯度硅
D．碳纳米管表面积大、强度高，可用于生产感应器
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；纳米材料
【解析】【解答】A. 高纯度的硅可用于制造计算机芯片，A不符合题意；
B. 用氢氟酸可以生产磨砂玻璃，B不符合题意；
C. 由SiO2+2C Si+2CO↑反应可以制得粗硅，若要制得高纯度硅，其化学方程式为Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)，SiHCl3(g)＋H2(g) Si(s)＋3HCl(g)，该过程为化学变化，故C符合题意；
D. 碳纳米管表面积大、强度高，因此可用于生产感应器，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硅是半导体材料，可以用来做太阳能电池板和计算机芯片，而二氧化硅一般做光导纤维
B.氢氟酸能与二氧化硅反应
C.制取高纯硅过程中发生了化学变化，产生了新物质，故不为物理变化
D.生产传感器对表面积和硬度要求比较高，碳纳米管有这个特性
7．（纳米材料）制备纳米Fe3O4的过程如下：下列有关叙述不合理的是（ ）
A．纳米Fe3O4分散在适当溶剂中，当强光照射时，会产生丁达尔现象
B．反应①的反应类型为消去反应
C．反应②中，环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解
D．反应③的化学方程式为：6FeOOH+CO═2Fe3 O4+3H2O+CO2
【答案】B
【知识点】纳米材料
【解析】【解答】解：A、纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故A正确；
B、消去反应是指一定条件下，有机物分子里生成小分子．同时生成不饱和有机物的反应，故反应①不是消去反应，故B错误；
C、因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故C正确；
D、由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故D正确；
故选B．
【分析】A、利用胶体的性质来分析；
B、根据消去反应的定义来分析；
C、根据反应②环丙胺没有参加反应来分析．
D、根据反应③中的反应物与生成物及质量守恒定律来分析．
8．（2018高一下·静海开学考）“纳米材料”是粒子直径为1nm～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。某研究所将纳米碳均匀的分散到蒸馏水中，得到的分散系①是溶液②是胶体③具有丁达尔现象④不能透过半透膜⑤不能透过滤纸⑥静置后会出现黑色沉淀。其中正确的是（ ）
A．①④⑥ B．②③⑤ C．②③④ D．①③④⑥
【答案】C
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用；纳米材料
【解析】【解答】纳米碳属于“纳米材料”，粒子直径为1nm～100nm，当将纳米碳均匀的分散到蒸馏水中，得到的分散系属于胶体；具有丁达尔现象；不能透过半透膜，但是能透过滤纸；⑥静置后不会出现黑色沉淀，故其中正确的是②③④，故答案为C。
【分析】本题考查三种分散系的分类标准及胶体的性质，胶体中的分散质微粒能透过滤纸，不能透过半透膜是解题的关键。
二、综合题
9．（纳米材料）根据问题填空：
（1）“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒粒度从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物可能具有的性质是 ．
A．能全部透过半透膜 B．有丁达尔效应
C．所得液体呈胶状 D．所得物质一定是悬浊液
（2）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体，回答下列问题．
①鉴别水溶液和胶体可以利用的方法是 ．
②60℃左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸镏水的烧杯里充分反应．从半透膜里析出的物质是 ，该操作的名称是 ．
【答案】（1）B
（2）让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；麦芽糖；渗析
【知识点】胶体的性质和应用；纳米材料
【解析】【解答】解：（1）散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质，胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸胶体都能产生丁达尔效应，故答案为：B；（2）①胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备，可以据此来鉴别二者，故答案为：让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；②淀粉水解生成葡萄糖，胶粒不能透过半透膜，萄糖是小分子，能透过，可用渗析提纯胶体，故答案为：麦芽糖；渗析．
【分析】（1）由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间；（2）①虽然外观相同的水溶液和胶体有很多性质差异，但用于区别二者最简便可靠的特征性质还是丁达尔现象；②淀粉在淀粉酶的作用下会水解成小分子，可透过半透膜，但酶作为蛋白质留在半透膜袋内．
10．（2021·梧州模拟）硒（Se）是一种非金属元素。可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂、动物体必需的营养元素和植物有益的营养元素等。请回答下列问题：
（1）Se元素基态原子的电子排布式为 ；第四周期中第一电离能比Se元素大的共有 种（氪元素除外）。
（2）气态SeO3分子的价层电子对互斥模型为 ；SeO42-离子中Se原子的杂化方式为 。
（3）固态SeO2是以[SeO3]角锥体以角相连接的展平的聚合结构，每一锥体带有一悬垂的终端O原子（如下图1所示）。
①图1中Se-O键键长较短的是 （填“a"或“b"），其原因是 。
②SeO2熔点为350℃，固态SeO2属于 晶体，其熔点远高于SO2（-75.5℃）的原因是 。
（4）硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如上图2所示，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得ZnSe的晶胞参数a=0. 560nm，则Se2-的离子半径r(Se2-)= nm（计算结果保留3位有效数字，下同）；硒化锌晶体的密度为 g．cm-3。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4；2
（2）平面三角形；sp3杂化
（3）b；b中含有π键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短；分子；SeO2形成聚合分子，相对分子量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大
（4）0.198；5.45
【知识点】原子核外电子的能级分布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se与O元素同主族，位于第四周期，其元素序号为34，Se元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s4p4或[Ar]3d104s24p4；同一周期中，第一电离能从左至右有增大的趋势，但IIA族与IIIA族、VA族与VIA族反常，第四周期中第一电离能比Se元素大的有As、Br两种元素(氪除外)；
（2）SeO3分子中σ键电子对数为3，孤电子对数为 ，故分子构型为平面三角形； 中σ键电子对数为4，孤电子对数为 ，价层电子对数为4，因此Se原子采取sp3杂化；
（3）①根据结构图示以及O原子成键特点可知，a为单键，b为双键，因此键长较短的是b；其原因是：b中含有π键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短；
②固态SeO3的熔点不是特别高，由此可知，固态SeO3为分子晶体；由题可知，SeO2形成聚合分子，相对分子量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大，因此熔点较SO2高；
（4）Se2-采取面心立方最密堆积方式，设r(Se2-)=rnm，则 ，解得r≈0.198；一个晶胞中含有Se2-个数为 ，含有Zn2+个数为4，硒化锌晶体的密度 。
【分析】对于晶体的密度计算方法为：先计算一个晶胞的质量，然后根据晶胞参数计算晶胞的体积，然后利用密度公式计算晶胞密度，其主要易错点在于单位的换算以及晶胞内相关原子个数的计算。
11．（2021·珠海模拟）B、Si和P 是组成半导体材料的重要元素。回答下列问题
（1）基态B、Si 和P中，单电子数最多的是 ，电负性最大的是 。
（2）PCl3中心原子的杂化类型为 ，BCl3与阴离子 互为等电子体。
（3）SiCl4 极易与水反应，其反应机理如图。
①上述反应机理涉及的分子中属于非极性分子的是 。(填化学式)
②关于上述反应机理的说法正确的是 。
A． Si 的杂化方式一直没有发生变化
B． H2O 中 O 通过孤对电子与 Si 形成配位键
C．只涉及了极性共价键的断裂与形成
（4）两种含硅化合物的晶胞结构如图所示
I Ⅱ
①这两种含硅化合物的化学式分别为 和 。
②I的晶胞参数为a pm，则Ⅰ的密度为 。
③Ⅱ的晶胞参数为b pm，Si和P的原子半径分别为 pm和 pm，则Ⅱ的空间占有率为 。
【答案】（1）P；P
（2）sp3； 或 等
（3）SiCl4、H4SiO4.；BC
（4）SiB6；SiP；；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)基态B原子有1个单电子，Si有2个单电子，P有3个单电子，则单电子数最多的是P，同周期从左至右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上往下电负性逐渐减小，则电负性最大的是P；
(2)PCl3的中心原子P形成3个σ键电子对，孤电子对数为 ，则价层电子对数为4，则PCl3的中心原子P的杂化类型为sp3；，BCl3共含有24个价电子，与BCl3互为等电子体的阴离子为 或 等；
(3)①由各分子的结构图可知，SiCl4、H4SiO4为正四面体结构，故为非极性分子；
②A． SiCl4、HSiCl3O、H4SiO4中Si原子形成4个σ键电子对，无孤电子对，则Si原子采取的杂化类型为sp3；H2SiCl4 O中Si原子形成5个σ键电子对，Si原子采取的杂化类型不是sp3；故Si 的杂化方式并不是一直没有发生变化，故不正确；
B． Si原子最外层有4个电子，能形成4对共用电子对，在SiCl4中Si原子与4个Cl原子形成4对共用电子对，Si原子无孤电子对，有空轨道，则H2O 中 O 通过孤对电子与 Si 形成配位键，故正确；
C． 由图可知只涉及了极性共价键的断裂与形成，故正确；
故答案为：BC；
(4)①由图可知，I的一个晶胞中有6个B原子，Si原子个数为 ，则I的化学式为SiB6，Ⅱ的一个晶胞中有4个P原子，Si原子个数为 ，则Ⅱ的化学式为SiP；
②I的一个晶胞中有6个B原子，1个Si原子，则一个晶胞的质量为 ，则Ⅰ的密度为 ；
③Ⅱ的一个晶胞中有4个P原子，4个Si原子，则Ⅱ的空间占有率为 。
【分析】（1）根据核外电子排布即可判断，电负性和非金属性有关
（2）计算出磷原子的价层电子对和孤对电子即可，原子总数相等，价电子总数相等的分子或离子互为等电子体
（3）①找出正负电荷中心重合的结构即可②考查的是配位键的形成和键的断裂和形成
（4）①根据占位计算出晶胞中原子个数即可②根据化学式计算出晶胞的质量，根据ρ=计算③计算出所有原子占据的空间体积之和，再结合晶胞体积即可计算
12．（2020高二下·胶州期末）钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，请回答下列问题：
（1）基态Cu的价电子排布式为 。
（2）CaCO3高温分解可制得CaO。CaO与C在一定条件下可生成CaC2，CaC2与水反应生成Ca(OH)2和一种四原子气体分子M。
①CaCO3中阴离子的空间构型为 。
②该气体分子M中σ键与π键的数目之比为 。
（3）工业上电解CaCl2制Ca而不用CaO，请从结构角度解释原因 。
（4）在碱性溶液中，缩二脲HN(CONH2)2与CuSO4反应得到一种特征紫色物质，其结构如图所示，该反应原理可用于检验蛋白质或其他含肽键的化合物。
缩二脲分子中碳原子与氮原子的杂化类型分别为 、 。
（5）一种钙铜合金的结构可看作图a、b两种原子层交替堆积排列而成c，其晶胞如图d。a图中Ca-Ca间距离为x pm，c图中Ca-Ca间距离距离为ypm。
①已知原子拥有的尽可能多的相邻原子的个数叫该原子的配位数，则晶胞c中Ca原子的配位数(Cu原子)为 。
②设阿伏加德罗常数为NA，则该钙铜合金的密度是 g/cm3(列出计算表达式)。
【答案】（1）3d104s1
（2）平面三角形；3：2
（3）Cl-比O2-半径大，所带电荷数小，CaCl2熔点较低，熔化时消耗能量少
（4）sp2；sp3
（5）18；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) Cu原子核外有29个电子，根据洪特规则，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；
(2)①CaCO3中阴离子是CO32-，中心C原子的价电子对数是 ，配位原子数是3，无孤电子对，空间构型为平面三角形；
②气体分子M是HC CH，结构式是H-C C-H，σ键与π键的数目之比为3：2；
(3) CaCl2和CaO相比，O2-比Cl-半径小、所带电荷数多，CaCl2熔点较低，熔化时消耗能量少，所以工业上电解CaCl2制Ca而不用CaO；
(4)根据图示 ，碳原子形成3个σ键，无孤电子对，碳原子杂化类型是sp2；氮原子形成3个σ键，有1对孤电子对，氮原子杂化类型是sp3；
(5)①根据晶胞c可知，离Ca原子最近且距离相等的Cu原子有18个，Ca的配位数是18；
②根据晶胞图d，晶胞的体积是 ，根据均摊法，1个晶胞中含有Ca原子数 ，Cu原子数是 ；则该钙铜合金的密度是 g/cm3。
【分析】(1) Cu原子核外有29个电子，根据洪特规则书写基态铜原子的价电子排布式；
(2) CaC2与水反应生成Ca(OH)2和一种四原子气体分子HC CH。
(3) CaCl2和CaO相比，O2-比Cl-半径小、所带电荷数多；
(4) 根据图示 ，碳原子形成3个σ键，无孤电子对；氮原子形成3个σ键，有1对孤电子对；
(5)①根据晶胞c的结构判断；
②根据晶胞图d，晶胞的体积是 ，根据均摊法，1个晶胞中含有Ca原子数 ，Cu原子数是 。
13．（2020高二下·大连期末）有下列八种晶体：A 水晶(SiO2)、B 冰醋酸、C 氧化镁、D 白磷(P4)、E 干冰(CO2)、F氯化铵、G 铝、H 金刚石。回答下列问题：
（1）属于原子晶体的化合物是 (填字母，下同)，受热熔化后化学键不发生变化的是 。
（2）1mol SiO2
含有 mol Si—O 键，1mol
白磷(P4)含有 mol
P—P 键。
（3）从原子半径大小角度解释，同一主族的 C 与 Si，形成 CO2 和
SiO2 时，C、O 原子间
能形成π键，而 Si、O 之间不能的原因 。
（4）升高温度，金属铝的电导率 (填“升高”、“降低”或“不变”)。
【答案】（1）A；BDE
（2）4；6
（3）硅的原子半径大，硅、氧原子间距离较大，p-p 轨道肩并肩重叠程度小，不能形成稳定的π键
（4）降低
【知识点】化学键；原子晶体（共价晶体）；金属键
【解析】【解答】(1)属于原子晶体的化合物为A水晶；原子晶体受热熔化破坏共价键，离子晶体受热熔化破坏离子键，金属晶体受热熔化破坏金属键，分子晶体受热熔化破坏分子间作用力，化学键不发生变化，所以选BDE；
(2)二氧化硅晶体中每个Si原子与4个氧原子形成Si—O键，所以1molSiO2含有4molSi—O键；白磷属于分子晶体，白磷分子为正四面体形，4个P原子位于顶点，所以一个分子中有6个P—P键，则1mol白磷含有6molP—P键；
(3)硅的原子半径大，硅、氧原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度小，不能形成稳定的π键；
(4)温度越高，电子具有的能量越高，无规则运动越剧烈，越不容易发生定向移动，电导率降低。
【分析】A水晶属于原子晶体；B冰醋酸属于分子晶体；C氧化镁属于离子晶体；D白磷属于分子晶体；E干冰属于分子晶体；F氯化铵属于离子晶体；G铝属于金属晶体；H金刚石属于原子晶体。
1 / 1高中化学鲁科版（2019）选择性必修2 第3章测试卷
一、单选题
1．（2021高二下·苍南开学考）下列说法正确的是（ ）
A．冰和氯化钠融化时克服的作用力均为分子间作用力
B．某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键
C．CCl4和CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．金刚石、C60都不存在单个小分子
2．（2020·浙江会考）熔融时需要破坏共价键的化合物是（ ）
A．冰 B．石英 C．金刚石 D．氢氧化钠
3．（2020高二下·锦州期末）下列晶体中，①冰 ②石英 ③足球烯（C60） ④食盐 ⑤白磷 ⑥冰醋酸 ⑦晶体氩。晶体中除了存在原子与原子间的共价键外，同时也存在范德华力的有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
4．（2020高二下·葫芦岛期末）下列有关离子晶体的数据大小比较错误的是（ ）
A．熔点：NaF>MgF2>AlF3
B．晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C．阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2
D．硬度：MgO>CaO>BaO
5．（2020高一下·宁波期末）下列说法正确的是（ ）
A．氯化钠晶体熔融时需要克服离子键
B．石英和干冰都属于原子晶体
C．CH4、CO2中所有原子均满足最外层8 电子稳定结构
D．KOH和 CaCl2 都是含有共价键的离子化合物
6．（2020高一下·葫芦岛期末）随着工业生产和社会发展对材料性能要求的提高，无机非金属材料成为高技术领域必须材料。下列说法错误的是（ ）
A．高纯度的硅可用于制造计算机芯片
B．用氢氟酸可以生产磨砂玻璃
C．工业上利用硅的高熔点可以用物理方法制得高纯度硅
D．碳纳米管表面积大、强度高，可用于生产感应器
7．（纳米材料）制备纳米Fe3O4的过程如下：下列有关叙述不合理的是（ ）
A．纳米Fe3O4分散在适当溶剂中，当强光照射时，会产生丁达尔现象
B．反应①的反应类型为消去反应
C．反应②中，环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解
D．反应③的化学方程式为：6FeOOH+CO═2Fe3 O4+3H2O+CO2
8．（2018高一下·静海开学考）“纳米材料”是粒子直径为1nm～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。某研究所将纳米碳均匀的分散到蒸馏水中，得到的分散系①是溶液②是胶体③具有丁达尔现象④不能透过半透膜⑤不能透过滤纸⑥静置后会出现黑色沉淀。其中正确的是（ ）
A．①④⑥ B．②③⑤ C．②③④ D．①③④⑥
二、综合题
9．（纳米材料）根据问题填空：
（1）“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒粒度从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物可能具有的性质是 ．
A．能全部透过半透膜 B．有丁达尔效应
C．所得液体呈胶状 D．所得物质一定是悬浊液
（2）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体，回答下列问题．
①鉴别水溶液和胶体可以利用的方法是 ．
②60℃左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸镏水的烧杯里充分反应．从半透膜里析出的物质是 ，该操作的名称是 ．
10．（2021·梧州模拟）硒（Se）是一种非金属元素。可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂、动物体必需的营养元素和植物有益的营养元素等。请回答下列问题：
（1）Se元素基态原子的电子排布式为 ；第四周期中第一电离能比Se元素大的共有 种（氪元素除外）。
（2）气态SeO3分子的价层电子对互斥模型为 ；SeO42-离子中Se原子的杂化方式为 。
（3）固态SeO2是以[SeO3]角锥体以角相连接的展平的聚合结构，每一锥体带有一悬垂的终端O原子（如下图1所示）。
①图1中Se-O键键长较短的是 （填“a"或“b"），其原因是 。
②SeO2熔点为350℃，固态SeO2属于 晶体，其熔点远高于SO2（-75.5℃）的原因是 。
（4）硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如上图2所示，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得ZnSe的晶胞参数a=0. 560nm，则Se2-的离子半径r(Se2-)= nm（计算结果保留3位有效数字，下同）；硒化锌晶体的密度为 g．cm-3。
11．（2021·珠海模拟）B、Si和P 是组成半导体材料的重要元素。回答下列问题
（1）基态B、Si 和P中，单电子数最多的是 ，电负性最大的是 。
（2）PCl3中心原子的杂化类型为 ，BCl3与阴离子 互为等电子体。
（3）SiCl4 极易与水反应，其反应机理如图。
①上述反应机理涉及的分子中属于非极性分子的是 。(填化学式)
②关于上述反应机理的说法正确的是 。
A． Si 的杂化方式一直没有发生变化
B． H2O 中 O 通过孤对电子与 Si 形成配位键
C．只涉及了极性共价键的断裂与形成
（4）两种含硅化合物的晶胞结构如图所示
I Ⅱ
①这两种含硅化合物的化学式分别为 和 。
②I的晶胞参数为a pm，则Ⅰ的密度为 。
③Ⅱ的晶胞参数为b pm，Si和P的原子半径分别为 pm和 pm，则Ⅱ的空间占有率为 。
12．（2020高二下·胶州期末）钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，请回答下列问题：
（1）基态Cu的价电子排布式为 。
（2）CaCO3高温分解可制得CaO。CaO与C在一定条件下可生成CaC2，CaC2与水反应生成Ca(OH)2和一种四原子气体分子M。
①CaCO3中阴离子的空间构型为 。
②该气体分子M中σ键与π键的数目之比为 。
（3）工业上电解CaCl2制Ca而不用CaO，请从结构角度解释原因 。
（4）在碱性溶液中，缩二脲HN(CONH2)2与CuSO4反应得到一种特征紫色物质，其结构如图所示，该反应原理可用于检验蛋白质或其他含肽键的化合物。
缩二脲分子中碳原子与氮原子的杂化类型分别为 、 。
（5）一种钙铜合金的结构可看作图a、b两种原子层交替堆积排列而成c，其晶胞如图d。a图中Ca-Ca间距离为x pm，c图中Ca-Ca间距离距离为ypm。
①已知原子拥有的尽可能多的相邻原子的个数叫该原子的配位数，则晶胞c中Ca原子的配位数(Cu原子)为 。
②设阿伏加德罗常数为NA，则该钙铜合金的密度是 g/cm3(列出计算表达式)。
13．（2020高二下·大连期末）有下列八种晶体：A 水晶(SiO2)、B 冰醋酸、C 氧化镁、D 白磷(P4)、E 干冰(CO2)、F氯化铵、G 铝、H 金刚石。回答下列问题：
（1）属于原子晶体的化合物是 (填字母，下同)，受热熔化后化学键不发生变化的是 。
（2）1mol SiO2
含有 mol Si—O 键，1mol
白磷(P4)含有 mol
P—P 键。
（3）从原子半径大小角度解释，同一主族的 C 与 Si，形成 CO2 和
SiO2 时，C、O 原子间
能形成π键，而 Si、O 之间不能的原因 。
（4）升高温度，金属铝的电导率 (填“升高”、“降低”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】离子晶体；分子晶体；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】A．冰是分子晶体，熔化时克服的作用力为分子间作用力，氯化钠是离子晶体，熔化时克服的作用力为离子键，故A不符合题意；
B．含有自由移动离子或电子的物质能导电，该物质在熔融状态下能导电，该物质中可能含有离子键，也可能含有自由移动的电子，故B不符合题意；
C．CO2和C原子中的最外层电子为4，形成4个共用电子对，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，CCl4中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C符合题意；
D．C60为分子晶体，存在独立的分子，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.离子键和分子间作用力类别不同
B.金属单质也能导电，但不具有离子键
C.根据成键的方式即可判断达到八个电子稳定结构
D.金刚石是原子晶体
2．【答案】B
【知识点】化学键；离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体
【解析】【解答】A．冰是共价化合物，分子晶体，熔融时只需要克服分子间作用力，不需要破坏化学键，故A不符合题意；
B．石英(SiO2)是共价化合物，属于原子晶体，熔融时需要克服共价键，故B符合题意；
C．金刚石是单质，属于原子晶体，熔融时需要克服共价键，故C不符合题意；
D．氢氧化钠是离子化合物，属于离子晶体，熔融时需要克服离子键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】原子晶体（共价晶体）融化时需要破坏共价键。
3．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】①冰为水分子形成的晶体，水分子内存在共价键，水分子间存在范德华力，①符合题意；
②石英，为Si、O原子形成的原子晶体，晶体内只存在共价键，②不合题意；
③足球烯（C60），形成分子晶体，C60分子内C原子间形成共价键，C60分子间存在范德华力，③符合题意；
④食盐，形成离子晶体，晶体内只存在离子键，④不合题意；
⑤白磷，形成分子晶体，白磷分子内存在共价键，白磷分子间存在范德华力，⑤符合题意；
⑥冰醋酸，形成分子晶体，CH3COOH分子内存在共价键，醋酸分子间存在范德华力，⑥符合题意；
⑦晶体氩，形成分子晶体，但属于单原子分子，分子内不存在共价键，只存在分子间的范德华力，⑦不合题意；
综合以上分析，只有①③⑤⑥符合题意，
故答案为：B。
【分析】晶体中除了存在原子与原子间的共价键外，同时也存在范德华力，此类晶体通常为分子晶体。
4．【答案】A
【知识点】用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；配合物的成键情况；离子晶体
【解析】【解答】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaFB. 离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故B不符合题意；
C. CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故C不符合题意；
D. 离子半径：Ba2+＞Ca2+＞Mg2+，所以硬度：MgO＞CaO＞BaO，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。
5．【答案】A
【知识点】化学键；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A. 氯化钠晶体只有离子键，熔融时克服离子键电离出钠离子和氯离子，A符合题意；
B. 石英是原子晶体，干冰是分子晶体，B不符合题意；
C. CH4中H最外层只有一个电子，形成共价键时最外层为2电子稳定结构，C不符合题意；
D. CaCl2 只含有离子键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B、干冰属于分子晶体
C、H最外层只有2个电子
D、氯化钙只含离子键
6．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；纳米材料
【解析】【解答】A. 高纯度的硅可用于制造计算机芯片，A不符合题意；
B. 用氢氟酸可以生产磨砂玻璃，B不符合题意；
C. 由SiO2+2C Si+2CO↑反应可以制得粗硅，若要制得高纯度硅，其化学方程式为Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)，SiHCl3(g)＋H2(g) Si(s)＋3HCl(g)，该过程为化学变化，故C符合题意；
D. 碳纳米管表面积大、强度高，因此可用于生产感应器，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硅是半导体材料，可以用来做太阳能电池板和计算机芯片，而二氧化硅一般做光导纤维
B.氢氟酸能与二氧化硅反应
C.制取高纯硅过程中发生了化学变化，产生了新物质，故不为物理变化
D.生产传感器对表面积和硬度要求比较高，碳纳米管有这个特性
7．【答案】B
【知识点】纳米材料
【解析】【解答】解：A、纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故A正确；
B、消去反应是指一定条件下，有机物分子里生成小分子．同时生成不饱和有机物的反应，故反应①不是消去反应，故B错误；
C、因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故C正确；
D、由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故D正确；
故选B．
【分析】A、利用胶体的性质来分析；
B、根据消去反应的定义来分析；
C、根据反应②环丙胺没有参加反应来分析．
D、根据反应③中的反应物与生成物及质量守恒定律来分析．
8．【答案】C
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用；纳米材料
【解析】【解答】纳米碳属于“纳米材料”，粒子直径为1nm～100nm，当将纳米碳均匀的分散到蒸馏水中，得到的分散系属于胶体；具有丁达尔现象；不能透过半透膜，但是能透过滤纸；⑥静置后不会出现黑色沉淀，故其中正确的是②③④，故答案为C。
【分析】本题考查三种分散系的分类标准及胶体的性质，胶体中的分散质微粒能透过滤纸，不能透过半透膜是解题的关键。
9．【答案】（1）B
（2）让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；麦芽糖；渗析
【知识点】胶体的性质和应用；纳米材料
【解析】【解答】解：（1）散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质，胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸胶体都能产生丁达尔效应，故答案为：B；（2）①胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备，可以据此来鉴别二者，故答案为：让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；②淀粉水解生成葡萄糖，胶粒不能透过半透膜，萄糖是小分子，能透过，可用渗析提纯胶体，故答案为：麦芽糖；渗析．
【分析】（1）由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间；（2）①虽然外观相同的水溶液和胶体有很多性质差异，但用于区别二者最简便可靠的特征性质还是丁达尔现象；②淀粉在淀粉酶的作用下会水解成小分子，可透过半透膜，但酶作为蛋白质留在半透膜袋内．
10．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4；2
（2）平面三角形；sp3杂化
（3）b；b中含有π键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短；分子；SeO2形成聚合分子，相对分子量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大
（4）0.198；5.45
【知识点】原子核外电子的能级分布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se与O元素同主族，位于第四周期，其元素序号为34，Se元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s4p4或[Ar]3d104s24p4；同一周期中，第一电离能从左至右有增大的趋势，但IIA族与IIIA族、VA族与VIA族反常，第四周期中第一电离能比Se元素大的有As、Br两种元素(氪除外)；
（2）SeO3分子中σ键电子对数为3，孤电子对数为 ，故分子构型为平面三角形； 中σ键电子对数为4，孤电子对数为 ，价层电子对数为4，因此Se原子采取sp3杂化；
（3）①根据结构图示以及O原子成键特点可知，a为单键，b为双键，因此键长较短的是b；其原因是：b中含有π键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短；
②固态SeO3的熔点不是特别高，由此可知，固态SeO3为分子晶体；由题可知，SeO2形成聚合分子，相对分子量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大，因此熔点较SO2高；
（4）Se2-采取面心立方最密堆积方式，设r(Se2-)=rnm，则 ，解得r≈0.198；一个晶胞中含有Se2-个数为 ，含有Zn2+个数为4，硒化锌晶体的密度 。
【分析】对于晶体的密度计算方法为：先计算一个晶胞的质量，然后根据晶胞参数计算晶胞的体积，然后利用密度公式计算晶胞密度，其主要易错点在于单位的换算以及晶胞内相关原子个数的计算。
11．【答案】（1）P；P
（2）sp3； 或 等
（3）SiCl4、H4SiO4.；BC
（4）SiB6；SiP；；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)基态B原子有1个单电子，Si有2个单电子，P有3个单电子，则单电子数最多的是P，同周期从左至右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上往下电负性逐渐减小，则电负性最大的是P；
(2)PCl3的中心原子P形成3个σ键电子对，孤电子对数为 ，则价层电子对数为4，则PCl3的中心原子P的杂化类型为sp3；，BCl3共含有24个价电子，与BCl3互为等电子体的阴离子为 或 等；
(3)①由各分子的结构图可知，SiCl4、H4SiO4为正四面体结构，故为非极性分子；
②A． SiCl4、HSiCl3O、H4SiO4中Si原子形成4个σ键电子对，无孤电子对，则Si原子采取的杂化类型为sp3；H2SiCl4 O中Si原子形成5个σ键电子对，Si原子采取的杂化类型不是sp3；故Si 的杂化方式并不是一直没有发生变化，故不正确；
B． Si原子最外层有4个电子，能形成4对共用电子对，在SiCl4中Si原子与4个Cl原子形成4对共用电子对，Si原子无孤电子对，有空轨道，则H2O 中 O 通过孤对电子与 Si 形成配位键，故正确；
C． 由图可知只涉及了极性共价键的断裂与形成，故正确；
故答案为：BC；
(4)①由图可知，I的一个晶胞中有6个B原子，Si原子个数为 ，则I的化学式为SiB6，Ⅱ的一个晶胞中有4个P原子，Si原子个数为 ，则Ⅱ的化学式为SiP；
②I的一个晶胞中有6个B原子，1个Si原子，则一个晶胞的质量为 ，则Ⅰ的密度为 ；
③Ⅱ的一个晶胞中有4个P原子，4个Si原子，则Ⅱ的空间占有率为 。
【分析】（1）根据核外电子排布即可判断，电负性和非金属性有关
（2）计算出磷原子的价层电子对和孤对电子即可，原子总数相等，价电子总数相等的分子或离子互为等电子体
（3）①找出正负电荷中心重合的结构即可②考查的是配位键的形成和键的断裂和形成
（4）①根据占位计算出晶胞中原子个数即可②根据化学式计算出晶胞的质量，根据ρ=计算③计算出所有原子占据的空间体积之和，再结合晶胞体积即可计算
12．【答案】（1）3d104s1
（2）平面三角形；3：2
（3）Cl-比O2-半径大，所带电荷数小，CaCl2熔点较低，熔化时消耗能量少
（4）sp2；sp3
（5）18；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) Cu原子核外有29个电子，根据洪特规则，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；
(2)①CaCO3中阴离子是CO32-，中心C原子的价电子对数是 ，配位原子数是3，无孤电子对，空间构型为平面三角形；
②气体分子M是HC CH，结构式是H-C C-H，σ键与π键的数目之比为3：2；
(3) CaCl2和CaO相比，O2-比Cl-半径小、所带电荷数多，CaCl2熔点较低，熔化时消耗能量少，所以工业上电解CaCl2制Ca而不用CaO；
(4)根据图示 ，碳原子形成3个σ键，无孤电子对，碳原子杂化类型是sp2；氮原子形成3个σ键，有1对孤电子对，氮原子杂化类型是sp3；
(5)①根据晶胞c可知，离Ca原子最近且距离相等的Cu原子有18个，Ca的配位数是18；
②根据晶胞图d，晶胞的体积是 ，根据均摊法，1个晶胞中含有Ca原子数 ，Cu原子数是 ；则该钙铜合金的密度是 g/cm3。
【分析】(1) Cu原子核外有29个电子，根据洪特规则书写基态铜原子的价电子排布式；
(2) CaC2与水反应生成Ca(OH)2和一种四原子气体分子HC CH。
(3) CaCl2和CaO相比，O2-比Cl-半径小、所带电荷数多；
(4) 根据图示 ，碳原子形成3个σ键，无孤电子对；氮原子形成3个σ键，有1对孤电子对；
(5)①根据晶胞c的结构判断；
②根据晶胞图d，晶胞的体积是 ，根据均摊法，1个晶胞中含有Ca原子数 ，Cu原子数是 。
13．【答案】（1）A；BDE
（2）4；6
（3）硅的原子半径大，硅、氧原子间距离较大，p-p 轨道肩并肩重叠程度小，不能形成稳定的π键
（4）降低
【知识点】化学键；原子晶体（共价晶体）；金属键
【解析】【解答】(1)属于原子晶体的化合物为A水晶；原子晶体受热熔化破坏共价键，离子晶体受热熔化破坏离子键，金属晶体受热熔化破坏金属键，分子晶体受热熔化破坏分子间作用力，化学键不发生变化，所以选BDE；
(2)二氧化硅晶体中每个Si原子与4个氧原子形成Si—O键，所以1molSiO2含有4molSi—O键；白磷属于分子晶体，白磷分子为正四面体形，4个P原子位于顶点，所以一个分子中有6个P—P键，则1mol白磷含有6molP—P键；
(3)硅的原子半径大，硅、氧原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度小，不能形成稳定的π键；
(4)温度越高，电子具有的能量越高，无规则运动越剧烈，越不容易发生定向移动，电导率降低。
【分析】A水晶属于原子晶体；B冰醋酸属于分子晶体；C氧化镁属于离子晶体；D白磷属于分子晶体；E干冰属于分子晶体；F氯化铵属于离子晶体；G铝属于金属晶体；H金刚石属于原子晶体。
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