第3章 不同聚集状态的物质与性质 单元检测题（含解析） 2023-2024学年高二化学鲁科版（2019）选择性必修2

第3章《不同聚集状态的物质与性质》单元检测题
一、单选题
1．药物异博定(盐酸维拉帕米)能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程：
已知NaH晶体属NaCl晶型，则下列说法正确的是
A．Z分子中C、H、O第一电离能大小顺序为O>H>C
B．Y分子中基态Br原子电子排布式为[Ar]4s24p5
C．X的沸点低于其同分异构体
D．NaH晶体中，与Na+最近的H-有12个
2．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．36g冰(图甲)中含氢键数目为4NA
B．12 g金刚石(图乙)中含有σ键数目为2NA
C．44g 干冰(图丙)中含有NA个晶胞结构单元
D．12g 石墨(图丁)中含共价键数目为3NA
3．磷化硼(BP)是一种半导体材料，熔点，其结构与氮化硼相似，晶胞结构如图1，下列说法错误的是

A．晶体中P周围距离最近且相等的B有4个
B．若图中①处磷原子坐标为，则②处的B原子坐标为
C．磷化硼晶胞在y轴方向的投影图为图2
D．熔点：BP>BN
4．下列说法正确的是
A．氢键既影响物质的物理性质，也决定物质的稳定性
B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高
C．稀有气体形成的晶体属于分子晶体
D．冰融化时，分子内共价键会发生断裂
5．下列说法正确的是
A．最外层只有个电子的元素原子性质一定相似
B．离子键和共价键都有方向性和饱和性
C．碘单质升华破坏的主要是范德华力
D．由极性键构成的分子都是极性分子
6．硅是构成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅的化合物的叙述错误的是(　　)
A．氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料,其化学式为Si3N4
B．碳化硅(SiC)的硬度大，熔点高，可用于制作砂纸、砂轮的磨料
C．祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2
D．二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键的个数之比为1∶2
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，22.4L乙炔中含有的σ键数目为3NA
B．常温常压下，12g金刚石中含有的C-C键数目为4NA
C．1 molCF3COOH中采用杂化的碳原子数为NA
D．12g基态Mg原子中含有的价层电子数为0.5NA
8．仔细观察下图，它表示的是晶体还是非晶体
A．是晶体 B．可能是晶体，可能是非晶体
C．是非晶体 D．不能确定
9．时速600公里的磁浮列车需用到超导材料。超导材料TiN具有NaCl型结构(如图所示)，已知晶胞参数(晶胞边长)为a D()，TiN的相对分子质量为M。下列说法不正确的是
A．基态Ti原子的电子排布式为 B．晶体中阴、阳离子的配位数都是4
C．该晶胞沿z轴的投影图为 D．该晶体的密度为
10．某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是
A．可能是离子晶体也可能是分子晶体 B．可能是电解质也可能是非电解质
C．可能是有机物也可能是无机物 D．可能是极性分子也可能是非极性分子
11．二茂铁是一种含铁的有机化合物，黄色针状晶体，熔点173℃(在100℃时开始升华)，沸点249℃，可看作是与两个正五边形的环戊二烯负离子()形成的夹心型分子(如图所示)。下列关于二茂铁晶体的说法正确的是
A．存在离子键、范德华力 B．为分子晶体
C．环戊二烯负离子碳原子杂化方式为 D．二茂铁易溶于水
12．下列性质适合于分子晶体的是
A．熔点1070℃,易溶水,水溶液导电
B．熔点10.31℃,液态不导电,水溶液能导电
C．熔点3570℃,难溶于水,熔化时不导电
D．熔点97.81℃质软、导电、密度0.97g/cm3
13．下列有关晶体叙述正确的是
A．分子晶体熔化时不一定破坏范德华力
B．共价晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
C．硫化氢晶体和冰晶体升华时克服的作用力相同
D．制造光导纤维的主要材料是高纯度硅，属于共价晶体
14．下列说法不正确的是
A．干冰和固体融化时，克服的作用力相同
B．氯化铯晶体中，每个周围紧邻8个
C．不能作为配合物的配体
D．离子化合物中可以存在非极性共价键
15．下列说法中正确的是
A．C60气化和I2升华克服的作用力相同
B．甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，它们的熔点相近
C．氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键都是离子键
D．用作高温结构陶瓷材料的Si3N4固体是分子晶体
二、填空题
16．共价晶体的物理性质
(1)共价晶体一般有 的熔点、沸点和 的硬度。
(2)结构相似的共价晶体，共价键的键长越长，键能越小，晶体的熔、沸点 ，硬度 。
17．晶体与非晶体的测定方法
测定方法 测熔点 晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
可靠方法 对固体进行 实验
18．如图为CaF2、H3BO3(层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键结合)、金属铜三种晶体的结构示意图，请回答下列问题：
(1)图Ⅰ所示的CaF2晶体中与Ca2＋最近且等距离的F－数为 ，图Ⅲ中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为 。
(2)图Ⅱ所示的物质结构中最外能层已达8电子结构的原子是 ，H3BO3晶体中硼原子个数与极性键个数比为 。
(3)金属铜具有很好的延展性、导电传热性，对此现象最简单的解释是用 理论。
(4)三种晶体中熔点最低的是 ，其晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为 。
三、实验题
19．的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为apm和bpm，密度为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为 (用含a、b、，的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
20．CuCl是常见的有机合成催化剂。某实验小组设想用CuCl2和Na2SO3溶液制备CuCl。
资料：①CuCl为难溶于水和酸的白色固体
②CuI为难溶于水的白色固体
③Cu+在酸性环境中易歧化为Cu和
④
Ⅰ．CuCl的制备
(1)用离子方程式表示CuCl制备的设想依据： 。
(2)Na2SO3溶液易变质，使用前需要标定，配制该Na2SO3溶液所需要的玻璃仪器有：试剂瓶、玻璃棒和 。
【实验一】CuCl的制备
实验操作 实验现象
溶液和溶液混合 立即有橙黄色沉淀生成，3min后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，再振荡1min后沉淀全部变为白色。
(3)将实验一中的白色沉淀分离后，通过 (填字母)证明了白色沉淀为CuCl，且不含其他杂质。
A．X射线衍射实验 B．柱色谱 C．核磁共振氢谱
Ⅱ．橙黄色沉淀的成分探究
(4)实验一中橙黄色沉淀存在时间较短，难以获得。为成功制备该沉淀，可将实验一中的CuCl2溶液替换为等体积等浓度的 。
【实验二】实验小组依据体系中相关物质的性质推测：橙黄色沉淀可能为Cu2SO3、CuSO3，或二者的混合物。为进一步证明该推测，实验小组继续做了下列实验。
实验 实验操作
a 取少量洗净的橙黄色沉淀于试管中，并加入一定量的稀硫酸
b 注：实验所用试剂均经过除氧处理
(5)实验小组观察到实验a中 (填字母)，证明了橙黄色沉淀中含有Cu2SO3。
A．反应后溶液呈蓝色 B．有紫红色固体析出
(6)若橙黄色沉淀中含有CuSO3，由于 ，实验b中上清液呈无色且不能使淀粉溶液变蓝；若橙黄色沉淀仅有Cu2SO3，现象与实验b相同。因此仅通过实验b不能证明橙黄色沉淀中含CuSO3，但可以通过检验上层清液中某种离子的存在证明橙黄色沉淀中含有CuSO3，其实验方案为： 。
21．常温下，青蒿素是一种无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点约为156.5℃，易受湿、热的影响而分解。某实验小组对青蒿素的提取和组成进行了探究。
Ⅰ．提取流程：
(1)“破碎”的目的是 。
(2) 操作a和操作b的名称分别是 、 。
(3) 操作a所用青蒿必须干燥且不宜加热，原因是 。
Ⅱ．燃烧法测定最简式：
实验室用如图所示装置测定青蒿素（烃的含氧衍生物）中氧元素的质量分数。
(4) 装置D中所盛固体可以是 （用对应符号填空）；F的作用是 。
a. 生石灰 b. CaCl2 c. 碱石灰
(5) 燃烧m g青蒿素，图中D、E的质量分别增重a g、b g，则青蒿素中氧元素的质量分数可表示为 （只写计算式，用含有m、a、b的符号来表示，可不化简）。
试卷第2页，共7页
参考答案：
1．C
【详解】A．同周期元素，原子序数越大，第一电离能越大，故第一电离能O>C，H原子只有一个电子层，而O、C有两个电子层，原子外层，电子层越靠外，其上电子能量越大，第一电离能越大，故第一电离能O>C>H，A项错误；
B．溴原子的核外电子排布为[Ar]3d104s24p5，B项错误；
C．X是苯环上的邻位取代基有机物，能形成分子内氢键，使其沸点降低，X的沸点低于其同分异构体，C项正确；
D．NaH晶体与NaCl相似，为面心立方最密堆积，与Na+最近的H-有6个，D项错误；
答案选C。
2．D
【详解】A．冰中1个水分子与周围4个水分子形成氢键，根据均摊原则，1个水分子实际占用2个氢键，36g冰(图甲)中含氢键数目为=4NA，故A正确；
B．金刚石中1个碳原子与周围4个碳原子形成4个σ键，根据均摊原则，1个碳原子实际占用2个σ键， 12 g金刚石(图乙)中含有σ键数目2NA，故B正确；
C．根据均摊原则，1个晶胞含有二氧化碳分子数， 44g 干冰(图丙)中含有NA个晶胞结构单元，故C正确；
D．石墨中1个碳原子与周围3个碳原子形成3个共价键，根据均摊原则，1个碳原子实际占用1.5个共价键，12g 石墨(图丁)中含共价键数目为=1.5NA，故D错误；
选D。
3．D
【详解】A．根据图1可知，1个B周围有4个P原子，根据化学式，推出1个P原子周围有4个B原子，即P周围距离最近且相等的B有4个，故A说法正确；
B．将正方体分为8个小正方体，B原子位于小正方体的体心，①处磷原子坐标为(0，0，0)，则②处的B原子坐标为(，，)，故B说法正确；
C．P位于顶点和面心，将正方体分为8个小正方体，B原子位于小正方体的体心，因此在y轴方向的投影图，故C说法正确；
D．BP、BN均为共价晶体，熔化时需要破坏共价键，P的原子半径大于N的原子半径，则B-P的键长比B-N长，B-P的键能小于B-N的键能，因此BN的熔点大于BP，故D说法错误；
答案为D。
4．C
【详解】A．氢键属于分子间作用力，决定物质的物理性质，物质的稳定性由化学键决定，故A错误；
B．原子晶体的熔点可能比离子晶体高，如二氧化硅的熔点比NaCl高，故B错误；
C．稀有气体分子间存在分子间作用力，稀有气体形成的晶体中分子间通过分子间作用力结合形成分子晶体，故C正确；
D．冰属于分子晶体，融化时，破坏分子间作用力，分子内共价键未断裂，故D错误；
答案选C。
5．C
【详解】A．例如Be和He元素最外层都只有2个电子，但二者性质不相似，选项A错误；
B．离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，选项B错误；
C．碘单质属于分子晶体，其升华是状态发生了变化，破坏的主要是范德华力，选项C正确；
D．由极性键构成的分子，若正负电中心重合，则为非极性分子，如CH4，若正负电荷中心不重合，则为极性分子，如NH3等，选项D错误；
答案选C。
6．D
【详解】A．氮化硅中各元素的原子最外层达到8电子稳定结构，Si原子最外层电子数为4，N原子最外层电子数为5，要形成8电子稳定结构，则二者原子个数比值为3：4，其化学式为Si3N4，故A正确；
B．SiC为原子晶体，硬度大，熔点高，可用于制作可用于制作砂纸、砂轮的磨料及高温结构陶瓷和轴承，故B正确；
C．祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示时顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，则该物质可表示为3BeO·Al2O3·6SiO2，故C正确；
D．二氧化硅为原子晶体，立体网状结构，Si原子与4个O原子形成4个Si-O共价键，故其晶体中硅原子硅氧单键的个数之比为1∶4，故D错误；
故答案为D。
7．C
【详解】A．常温常压下，22.4L乙炔物质的量小于1mol，含有的σ键数目小于3NA，A错误；
B．12g金刚石的物质的量为1mol ，金刚石中每个C周围有四个C—C，每个C—C键被两个C占有，均摊后每个C占有2个碳碳键，故含2NA个C-C键，B错误；
C．CF3COOH中-CF3中的C为sp3杂化，-COOH中C为sp2杂化，采用杂化的碳原子数为NA，C正确；
D．Mg核外电子排布式为1s22s22p63s2，价层电子为3s2，12gMg原子物质的量为0.5mol，含有的价层电子数为NA，D错误；
故选C。
8．C
【分析】
【详解】从图的结构可以看出此固体构成微粒排列的无序，比如观察右侧一个空隙中就有2个大球，属于非晶体；
故选C。
9．B
【详解】A．Ti是22号元素，其基态原子电子排布式为，A正确；
B．该晶胞的结构类似NaCl晶胞，晶体中阴、阳离子的配位数都是6，B错误；
C．从晶胞顶面分析该晶胞沿z轴的投影，的半径比大，则顶面棱上的会遮盖，投影图为，C正确；
D．位于晶胞顶点和面心，晶胞中数目为，位于晶胞内部和棱上，晶胞中数目为，故晶胞质量为，晶胞体积为，所以该晶体密度为，D正确；
故选B。
10．A
【详解】A．极性键和非极性键均属于共价键，由题意知该晶体中不含离子键，故不可能是离子晶体，A错误；
B．由题意知，下列物质符合题意，CH3COOH（属于电解质）、CH2=CH2（属于非电解质）、C6H6（属于非电解质）等，B正确；
C．过氧化氢，乙烯，苯等只含非极性键和极性键，H2O2是无机物，C2H4、C6H6是有机物，C正确；
D．H2O2是极性分子，C2H4、C6H6是非极性分子，D正确；
故答案选A。
11．B
【详解】A．与Fe2+之间形成的化学键时亚铁离子提供空轨道，C提供孤对电子，二者形成配位键，故二茂铁中不存在离子键，而是存在配位键、共价键和范德华力，A错误；
B．由信息可知，二茂铁熔沸点较低，则二茂铁属于分子晶体，B正确；
C．由的结构示意图 可知，其碳原子周围的价层电子对数均为3，其杂化方式为sp2，C错误；
D．由题干图示信息可知，二茂铁空间结构高度对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，根据相似相溶原理可知，其难溶于水，易溶于有机溶剂中，D错误；
故答案为：B。
12．B
【详解】A．熔点1070℃，易溶于水，水溶液导电，属于离子晶体的特点，故A错误；
B．熔点为10.31℃，熔点低，符合分子晶体的特点；液态不导电，是由于液态时，只存在分子，没有离子；水溶液能导电，溶于水后，分子在水分子的作用下，电离出自由移动的离子；故B正确；
C．熔点3570℃，难溶于水，融化时不导电，属于原子晶体的特点，故C错误；
D．金属钠熔点为97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，为金属晶体的特点，故D错误；
答案：故选B。
【点睛】分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小；分子晶体不导电，熔化时也不导电，但其水溶液可能导电；熔点97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，据此分析。
13．B
【详解】A．分子晶体中，分子间一定存在范德华力，所以熔化时一定破坏范德华力，故A错误；
B．共价晶体中，共价键的键能越大说明共价键越强，晶体的熔、沸点越高，故B正确；
C．硫化氢晶体升华时需要克服范德华力，冰晶体升华时需要克服氢键和范德华力，两者克服的作用力不同，故C错误；
D．制造光导纤维的主要材料是高纯度二氧化硅，不是硅，故D错误；
故选B。
14．A
【详解】A．干冰为分子晶体，微粒间存在范德华力，二氧化硅为共价晶体，微粒间存在共价键，熔化干冰破坏范德华力，熔化二氧化硅破坏共价键，故A说法错误；
B．氯化铯晶胞图为 ，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故B说法正确；
C．配体需要提供孤电子对，NH中心N原子没有孤电子对，因此NH不能作为配合物的配体，故C说法正确；
D．离子化合物中可以存在非极性共价键，如Na2O2，其电子式为 ，存在非极性共价键，故D说法正确；
答案为A。
15．A
【详解】A．C60气化和I2升华克服的作用力相同，均是分子间作用力，A正确；
B．甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，二者互为同分异构体，由于乙酸分子间存在氢键，乙酸的熔点应比甲酸甲酯高，故它们的熔点不相近，B错误；
C．氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键分别是离子键和共价键，C错误；
D．用作高温高硬度结构陶瓷材料的Si3N4固体是共价晶体，D错误；
答案选A。
16．(1) 很高 很大
(2) 越低 越小
【详解】（1）共价晶体是靠共价键结合而成的，一般有很高的熔点、沸点和很大的硬度；
（2）结构相似的共价晶体，共价键的键长越长，键能越小，则晶体的熔、沸点越低，硬度越小。
17．X射线衍射
【解析】略
18．(1) 8 12
(2) O 1：6
(3)“电子气”
(4) H3BO3 分子间作用力
【详解】（1）从图Ⅰ面心上的一个Ca2＋可看出连接4个F－，若将旁边的晶胞画出，也应连4个F－，则一个Ca2＋连有8个F－。铜属于面心立方最密堆积，配位数为12；
故答案为：8；12；
（2）H是两电子，B从图Ⅱ看，只形成三个键，应为6个电子，只有氧为8电子。H3BO3属于分子晶体，一个B连有三个O，三个O又连有三个H，所以一个B对应6个极性键；
故答案为：O；1：6
（3）“电子气”理论可以很好地解释金属的导电传热性和延展性等物理性质；
故答案为：“电子气”；
（4）熔点大小规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体，金属晶体看具体情况，此题H3BO3为分子晶体，应最小，熔化时破坏分子间作用力；
故答案为：H3BO3；分子间作用力。
19．
【详解】根据均摊法可知，该晶胞中含有4个C和4个Si，故原子所占的总体积V=，根据晶胞的密度得到该晶胞的体积为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为，故答案为：。
20．(1)
(2)烧杯、量筒、胶头滴管
(3)A
(4)CuSO4溶液
(5)B
(6) (或CuSO3)与反应生成白色沉淀CuI和I2，I2可继续被还原为 取少量实验b中的上层清液于洁净的试管中，先加入足量盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明橙黄色沉淀中含有CuSO3
【详解】（1）铜离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，CuCl制备的离子方程式；
（2）配制溶液所需要的玻璃仪器有：试剂瓶、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管；
（3）晶体可以发生X射线的衍射，则通过X射线衍射实验可证明白色沉淀为CuCl；
（4）反应过程中需要铜离子参与反应，且不含有具有氧化性的离子，为成功制备该沉淀，可将实验一中的CuCl2溶液替换为等体积等浓度的CuSO4溶液；
（5）根据Cu+在酸性环境中易歧化为Cu和Cu2+，实验小组观察到实验a中有紫红色固体析出，证明了橙黄色沉淀中含有Cu2SO3；
（6）若橙黄色沉淀中含有CuSO3，由于(或CuSO3)与反应生成白色沉淀CuI和I2，I2可继续被还原为，实验b中上清液呈无色且不能使淀粉溶液变蓝；若橙黄色沉淀仅有Cu2SO3，现象与实验b相同。因此仅通过实验b不能证明橙黄色沉淀中含CuSO3，但可以通过检验上层清液中某种离子的存在证明橙黄色沉淀中含有CuSO3，其实验方案为：取少量实验b中的上层清液于洁净的试管中，先加入足量盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明橙黄色沉淀中含有CuSO3。
21． 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率 过滤 蒸馏 青蒿素易受湿、热的影响而分解 b 防止空气中的H2O和CO2被E吸收而影响实验结果 ×100%
【分析】Ⅰ．根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，向粗品中加入95%的乙醇，经浓缩、结晶、过滤可得青蒿素的精品；
Ⅱ．由题给实验装置可知，装置A为氧气制备装置，装置B为氧气的干燥装置，装置C为青蒿素的燃烧装置，其中氧化铜的作用是使青蒿素燃烧生成的一氧化碳氧化生成二氧化碳，装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收、测定反应生成的水的量，装置E中盛有碱石灰固体，目的是吸收、测定反应生成的二氧化碳的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E中，导致实验出现测定误差。
【详解】（1）根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；
（2）由分析可知，操作a是用过滤的方法分离用乙醚对青蒿素进行浸取后得到的悬浊液，操作b是用蒸馏的方法分离提取液得到青蒿素的粗品，故答案为：过滤；蒸馏；
（3）由题意可知，青蒿素易受湿、热的影响而分解，则过滤所用青蒿必须干燥且不宜加热，防止青蒿素分解，故答案为：青蒿素易受湿、热的影响而分解；
（4）装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收、测定反应生成的水的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E中，导致实验出现测定误差，故答案为：b；防止空气中的H2O和CO2被E吸收而影响实验结果；
（5）由D、E的质量分别增重ag、bg可知，m g青蒿素中含有碳元素和氢元素的质量分别为×1×12g/mol=g、×2×1g/mol=g，则青蒿素中含有氧元素的质量为(m——) g，氧元素的质量分数为×100%，故答案为：×100%。