章末整合 素养提升
思考1.晶体与非晶体有什么区别
提示:
固体 外观 微观结构 自范性 各向 异性 熔点
晶体 具有规则的几何外形 粒子在三维空间呈周期性有序排列 有 有 固定
非 晶体 不具有规则的几何外形 粒子排列相对无序 没有 没有 不固定
本质 区别 微观粒子在三维空间是否呈现周期性有序排列
思考2.如何计算晶胞中的粒子个数 如图所示晶胞中A、B、C三种粒子的个数比是多少
提示:(1)通常可以用“均摊法”来计算一个晶胞中实际拥有的粒子数。若晶胞共顶点的三条边互相垂直,则顶点、棱、面心、体心原子分别有 、、、1属于晶胞;若晶胞共顶点的三条边不互相垂直,则依据切割到晶胞中的部分计算,如二面角为60°的棱上粒子有 属于晶胞,二面角为120°的棱上粒子有 属于晶胞。
(2)题图晶胞中A在立方体的顶角,A占有8×=1(个),B位于面心,B占有6×=3(个),C位于立方体的体心,C占有1个,由此推出 A∶B∶C(个数比)=1∶3∶1。
思考3.
如何确定晶体的化学式 铜的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示,该氯化物的化学式是什么
提示:(1)晶体化学式的确定流程为观察确认粒子种类→确定各粒子在晶胞中的位置→用“均摊法”求各粒子数目→求各粒子数目的最简比→确定化学式。(2)晶胞中灰球代表的粒子有4个,白球代表的粒子有6×+8×=4(个),所以化学式为CuCl。
思考4.
如何计算有关立方晶胞的密度 钙钛矿的晶胞结构如图所示,若钙、钛、氧三种元素的相对原子质量分别为a、b、c,晶胞结构图中正方体边长(钛原子之间的距离)为d nm(1 nm=
10-9m),则该晶体的密度为多少
提示:(1)明确立方晶胞的棱长a与面对角线长、体对角线长的关系,面对角线长=a、体对角线长=a,掌握立方晶胞的密度ρ与晶胞内粒子数x之间的关系,a3·ρ=·M。(2)该晶胞中含氧原子个数为12×=3,钙原子个数为1,钛原子个数为8×=1,故其个数比为3∶1∶1,则它的化学式可表示为CaTiO3。1 mol 晶体的质量为(a+b+3c) g,1 mol 晶体的体积为d3×10-21×6.02×1023 cm3,则其密度ρ=== g·cm-3。
思考5.冰晶体的结构如图所示,每个水分子与周围多少个水分子相连 干冰晶体中,每个CO2周围等距且紧邻的CO2有多少个
提示:冰晶体中的每个水分子通过氢键与周围4个水分子相连,平均每个水分子形成2个氢键。干冰晶体中,8个CO2构成立方体且在6个面心又各占据1个CO2,每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个。
思考6.如何用金属键解释金属晶体的某些物理性质
提示:当把金属导线分别接到电源的正、负极时,有了电势差,自由电子就能沿着导线由负极向正极移动而形成电流,使金属表现出导电性。金属有导热性,当金属中有温度差时,不停运动着的自由电子通过它们与金属原子的碰撞,把能量由高温处传向低温处,使金属表现出导热性。金属有延展性,大多数金属具有较好的延展性,这与金属离子和自由电子之间的较强作用有关,当金属受到外力作用时,晶体中的各原子层就会发生相对滑动,由于金属离子与自由电子之间的相互作用没有方向性,受到外力后相互作用没有被破坏,金属虽然发生了形变,但不会导致金属键断裂。(金属不透明,具有金属光泽,固态金属中有自由电子,当可见光照射到金属表面上时,自由电子能够吸收所有频率的光并很快放出,使得金属不透明并具有金属光泽。)
思考7.石墨晶体()不属于共价晶体,但石墨的熔点为什么高于金刚石的 石墨晶体为什么具有导电性
提示:石墨晶体为层状结构,同层内碳原子以共价键结合成平面网状结构,其中C—C的键长比金刚石中C—C的键长短,键能大,所以石墨的熔、沸点高。石墨晶体中每个碳原子都有一个未参与杂化的2p轨道上的电子,能形成遍及整个平面的大π键,由于电子可以在整个碳原子平面上运动,因此沿石墨平面的方向导电性强。
思考8.离子晶体中一定含有金属元素吗 由金属元素和非金属元素组成的晶体一定是离子晶体吗 离子晶体中除含有离子键外,是否含有共价键
提示:不一定。离子晶体中不一定含金属元素,如NH4Cl、NH4NO3等铵盐。由金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体,如AlCl3是分子晶体。离子晶体中除含有离子键外,还可能含有共价键,如Na2O2、NaOH、Ba(OH)2 中均含离子键和共价键。
思考9.如何判断晶体的类型
提示:(1)依据构成晶体的粒子和粒子间的作用力判断;(2)依据物质的类别判断;(3)依据晶体的熔点判断;(4)依据导电性判断;(5)依据硬度和机械性能判断。
思考10.如何判断物质的熔、沸点高低
提示:(1)不同类型的晶体,一般情况下,熔、沸点为共价晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点差别很大,如钨、铂等熔、沸点很高,汞、镓、铯等熔、沸点很低,金属晶体一般不参与比较。
(2)同种类型的晶体,构成晶体粒子间的作用力大,则熔、沸点高,反之则小。①离子晶体:结构相似且化学式中各离子个数比相同的离子晶体中,离子半径越小(或阴、阳离子半径之和越小的),键能越大,熔、沸点就越高,如NaCl、NaBr、NaI和NaCl、KCl、RbCl等的熔、沸点依次降低;离子所带电荷数多的熔点较高,如MgO熔点高于NaCl。②分子晶体:在组成、结构均相似的分子晶体中,相对分子质量大的分子间作用力就大,熔点也高,如F2、Cl2、Br2、I2和HCl、HBr、HI等均随相对分子质量增大,熔、沸点升高;但结构相似的分子晶体,有氢键存在的熔、沸点较高。③共价晶体:在共价晶体中,只要成键原子半径小,键能大的,熔点就高,如金刚石、金刚砂(碳化硅)、晶体硅的熔、沸点逐渐降低。④金属晶体:在元素周期表同一周期中,主族序数越大,金属原子半径越小,其熔、沸点也就越高,如第三周期的Al、Mg、Na,熔、沸点就依次降低;而在同一主族中,金属原子半径越小的,其熔点、沸点越高。
考点一 晶体的结构与性质
1.(2024·山东卷)下列物质均为共价晶体且成键结构相似,其中熔点最低的是( )
[A] 金刚石(C) [B] 单晶硅(Si)
[C] 金刚砂(SiC) [D] 氮化硼(BN,立方相)
【答案】 B
【解析】 金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都为共价晶体,结构相似,则原子半径越大,键长越长,键能越小,熔、沸点越低,在这几种晶体中,键长:Si—Si>
Si—C>B—N>C—C,所以熔点最低的为单晶硅。
2.(2024·黑吉辽卷)某锂离子电池电极材料结构如图所示。结构1是钴硫化物晶胞的一部分,可代表其组成和结构;晶胞2是充电后的晶胞结构;所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是( )
[A] 结构1钴硫化物的化学式为Co9S8
[B] 晶胞2中S与S的最短距离为 a
[C] 晶胞2中距Li最近的S有4个
[D] 晶胞2和晶胞3表示同一晶体
【答案】 B
【解析】 由“均摊法”得,结构1中含有Co的数目为 4+4×=4.5,含有S的数目为1+12×=
4,Co与S的原子个数之比为9∶8,因此结构1的化学式为Co9S8,故A正确;由题图可知,晶胞2中S与S的最短距离为面对角线长的,晶胞边长为a,即S与S的最短距离为a,故B错误;如图所示,,以圈起来的Li为例,与其最近的S共有4个,故C
正确;晶胞2中Li的数目为8,S的数目为×12+1=4,晶胞2中含 4个 Li2S,晶胞3中Li的数目为8,S的数目为×8+×6=4,晶胞3中也含4个Li2S,故晶胞2和晶胞3表示同一晶体,故D正确。
3.高考组合题
(1)(2024·浙江1月选考节选)某化合物的晶胞如图所示,其化学式是 ;晶体类型是 。
(2)(2024·北京卷节选)白锡和灰锡是单质锡的常见同素异形体。二者晶胞如图所示,白锡具有体心四方结构;灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个锡原子周围与它最近且距离相等的锡原子有 个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3,则白锡和灰锡晶体的密度之比是 。
(3)(2024·全国甲卷节选)结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料,其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为 。设NA为阿伏加德罗常数的值,则该晶体密度为
g·cm-3(列出计算式)。
【答案】 (1)CrCl2·4H2O 分子晶体
(2)①4 ②V2∶4V1
(3)6 [或 ]
【解析】 (1)由题给晶胞图可知,化学式为 CrCl2·4H2O;由题给晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2·4H2O,故为分子晶体。
(2)①灰锡具有立方金刚石结构,金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连,此5个碳原子在空间内构成正四面体,且该碳原子在正四面体的体心,所以灰锡中每个锡原子周围与它最近且距离相等的锡原子有4个。
②根据“均摊法”,白锡晶胞中含锡原子数为8×+1=2,灰锡晶胞中含锡原子数为8×+6×
+4=8,所以白锡与灰锡的密度之比为∶=V2∶4V1。
(3)由PbS晶胞结构图可知,该晶胞中有4个Pb和4个S,距离每个原子周围最近的原子数均为6,因此Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值,则NA个晶胞的质量为4×(207+32)g,NA个晶胞的体积为NA×(594×10-10 cm)3,因此该晶体密度为
g·cm-3或 g·cm-3。
考点二 配位键
4.(2024·黑吉辽卷)如下反应相关元素中,W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,基态X原子的核外电子有5种空间运动状态,基态Y、Z原子有两个未成对电子,Q是ds区元素,焰色试验呈绿色。下列说法错误的是( )
QZY4溶液QZX4Y4W12溶液
[A] 单质沸点:Z>Y>W
[B] 简单氢化物键角:X>Y
[C] 反应过程中有蓝色沉淀产生
[D] QZX4Y4W12是配合物,配位原子是Y
【答案】 D
【解析】 Q是ds区元素,焰色试验呈绿色,则Q为Cu;基态X原子的核外电子有5种空间运动状态,且X能与原子序数最小的W形成化合物XW3,可知X为N、W为H;结合基态Y、Z原子有两个未成对电子,与Cu可形成CuZY4,根据原子序数关系可知Y为O、Z为S。综上所述,W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。W、Y、Z分别为H、O、S,S单质常温下呈固态,其沸点高于氧气和氢气,O2和H2均为分子晶体,O2的相对分子质量大于H2的,O2的范德华力大于H2的,所以沸点O2>H2,即沸点S>O2>H2,故A正确;Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3,H2O的中心原子氧原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4,孤电子对数为2,空间结构为V形,键角约105°,NH3的中心原子氮原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4,孤电子对数为1,空间结构为三角锥形,键角约107°,所以键角X>Y,故B正确;硫酸铜溶液中滴加氨水,氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜,氨水过量时氢氧化铜溶解,生成 [Cu(NH3)4]SO4,即反应过程中有蓝色沉淀产生,故C正确;QZX4Y4W12为 [Cu(NH3)4]SO4,其中铜离子提供空轨道、NH3的氮原子提供孤电子对,两者形成配位键,配位原子为N,故D错误。
5.(1)(2021·全国乙卷,节选)三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是 ,中心离子的配位数为 。
(2)(2021·湖南卷,节选)SiCl4与N-甲基咪唑()反应可以得到M2+,其结构如图所示。
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为 ,H、C、N的电负性由大到小的顺序为 ,1个M2+中含有 个σ键。
【答案】 (1)N、O、Cl 6
(2)sp2、sp3 N>C>H 54
【解析】 (1)H2O中的氧原子、NH3中的氮原子和Cl-中都有孤电子对,可作配位原子,故配位原子为O、N、Cl,中心离子的配位数为3+2+1=6。
(2)中甲基碳原子为饱和碳原子,是sp3杂化,碳碳双键中的碳原子为sp2杂化;同周期主族元素从左到右,电负性逐渐增大,且H的电负性比C的小,故电负性由大到小的顺序是N>C>H;中1个基团有1个N—Si、4个N—C、1个NC、1个CC、6个C—H,共有13个σ键,共有4个基团,则含13×4=52(个)σ键,另外还有2个Si—Cl,故1个 中含有54个
σ键。
考点三 超分子
6.(2024·湖北卷)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”,能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是( )
芳烃 结构 结合常数
芘 385
并四苯 3 764
蒄 176 000
[A] 芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子
[B] 并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同
[C] 从分子大小适配看,“分子客车”可装载2个芘
[D] 芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合
【答案】 B
【解析】 “分子客车”能装载多种稠环芳香烃,故芳烃可与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体——超分子,A项正确;由“分子客车”和芳烃的结构可知,两者之间可能是通过π电子之间的作用产生分子间的作用力,并四苯平躺和直立时其π电子云的朝向不同,因此并四苯直立装载和平躺装载时与“分子客车”的作用力不相等,稳定性不同,B项错误;芘与“分子客车”中的中间部分结构大小适配,故从分子大小适配看,“分子客车”可装载2个芘,C项正确;芘、并四苯、蒄中的碳原子都采取sp2杂化,π电子数依次为16、18、24,π电子数逐渐增多,与“分子客车”的结合常数逐渐增大,而结合常数越大越稳定,故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合,D项正确。
7.(2024·黑吉辽卷)环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构,腔内极性较小,腔外极性较大,可包合某些分子形成超分子。图甲、图乙和图丙分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是( )
[A] 环六糊精属于寡糖
[B] 非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子
[C] 图乙中甲氧基对位暴露在反应环境中
[D] 可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚
【答案】 B
【解析】 1 mol糖水解后能产生2～10 mol单糖的糖称为寡糖或者低聚糖,1 mol环六糊精水解产生 6 mol D-吡喃葡萄糖,属于寡糖,A正确;只有分子的直径适配环六糊精的空腔大小才能被环六糊精包合形成超分子,B错误;由图丙中环六糊精参与反应后,苯甲醚对位取代产物产率增大可知,图乙中甲氧基对位暴露在反应环境中,使对位的氢原子易被取代,
C正确;环六糊精空腔外有多个羟基,可以和水形成分子间氢键,故环六糊精能溶解在水中,而氯代苯甲醚不溶于水,所以可以用水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚,D正确。
(时间:30分钟 满分:45分)
(选择题1～7题,每小题3分,共21分)
(一)晶体的结构与性质
1.(2025·江苏无锡锡山高级中学月考)下列说法错误的是( )
[A] 干冰与二氧化硅晶体熔化时,所克服的粒子间相互作用不相同
[B] 金刚石的熔、沸点高于晶体硅的,因为C—C的键能大于Si—Si的键能
[C] SiCl4是由极性共价键形成的非极性分子
[D] 分子晶体中,分子间作用力越大,该物质越稳定
【答案】 D
【解析】 干冰为分子晶体,熔化时克服分子间作用力,二氧化硅为共价晶体,熔化时克服共价键,两者所克服的粒子间相互作用不相同,A正确;金刚石和硅都形成共价晶体,C的半径小于Si的,则C—C的键能大于Si—Si的键能,所以金刚石的熔点高于晶体硅的,B正确;SiCl4中Si—Cl间为极性共价键,分子为正四面体形结构,为非极性分子,C正确;分子间作用力大小影响物质的熔、沸点高低,物质的稳定性强弱由化学键强弱决定,D错误。
2.(2024·江苏南京中华中学月考)磷及其化合物有着广泛应用。白磷的结构为,
溶于CS2,易自燃。其氧化物有P4O6(所有O均插在P—P间)、P4O10。P4与KOH溶液共热可制备PH3。白磷与Cl2反应可生成PCl3和PCl5。固态PCl5中含有PC、PC两种离子。下列有关说法不正确的是( )
[A] P4形成的晶体为分子晶体
[B] PH3的沸点低于NH3的
[C] PC的空间结构为正四面体形
[D] 1 mol P4O6中含有6 mol P—O
【答案】 D
【解析】 根据白磷的结构图可知,白磷4个磷原子以正四面体的形式排列,每个磷原子位于正四面体的一个顶点上,形成了1个空间结构为正四面体形的分子晶体,A正确;由于N的电负性较大,NH3的分子间可形成氢键,沸点高于PH3的,B正确;根据VSEPR模型,PC的中心原子为P,价层电子对数为4+=4,故空间结构为正四面体形,C正确;根据题意,P4O6只有一种化学环境的磷原子,则P4O6的分子结构中只含有单键,1 mol P4O6中含有12 mol P—O,D错误。
3.(2025·江苏南通名校联盟检测)阅读下列材料:
晶胞是能完整反映晶体内部原子或离子在三维空间分布的化学结构特征的平行六面体的最小单元。研究晶体是必须要研究晶胞的。一般情况下,晶胞都是平行六面体。整块晶体可以看成是无数晶胞无隙并置而成的。其具体形状大小由它的三组棱长a、b、c及棱间交角α、β、γ(合称为“晶胞参数”)来表征,与单位平行六面体相对应。晶胞密度可以用公式ρ= 计算,其中Z表示晶胞中结构基元的数目,M表示结构基元的相对质量,NA表示阿伏加德罗常数的值,V表示晶胞体积。例如,在如图所示的晶胞中,结构基元为Cs2UCl6,则Z=1,M=133×2+238+35.5×6。
下列关于材料中Cs2UCl6晶胞的说法正确的是( )
[A] 小球代表Cl-,小球代表U4+
[B] 结合晶胞和化学式推测该晶体中存在UC结构
[C] 若该晶胞的晶胞参数分别为a=b=750.4 pm,c=605.4 pm,α=β=90°,γ=120°,则该晶体的密度为≈4.034 3g/cm3
[D] 真实情况下该化合物不存在其他的晶胞内部结构
【答案】 C
【解析】 在题图所示的晶胞中,有6个小球,有2个小球,结构基元为Cs2UCl6,则小球代表Cl-,小球代表Cs+,故A错误;在题图所示的晶胞中,小球代表Cs+,该晶体中存在UC结构,故B错误;晶胞体积为[×(750.4×10-10)2×605.4×10-10] cm3,晶体密度ρ==
≈4.034 3 g/cm3,故C正确;同一物质因选取方式不同而得到不同的晶胞结构,故D错误。
(二)配位键
4.(2024·江苏扬州一中期中)钌(Ru)的配合物在光电、催化、生物等领域备受关注。在[RuBr2(NH3)4]+中,Ru的化合价和配位数分别是( )
[A] +3和6 [B] +2和4
[C] +3和4 [D] +2和6
【答案】 A
【解析】 设在[RuBr2(NH3)4]+中Ru的化合价为x,则x-1×2+0×4=+1,x=+3;含有空轨道的金属阳离子为中心离子,所以中心离子为Ru3+,有孤电子对的原子、分子或离子为配体,所以配体为Br-、NH3,配位数就是配体的个数,所以配位数为2+4=6。
(三)超分子
5.(2025·东北三省精准教学联盟联考)某种杯芳烃分子(如图甲所示)具有空腔结构,可包合H2O2形成超分子;它同时还可以识别对甲基苯乙烯分子中的乙烯基,引导对甲基苯乙烯分子进入其空腔内(如图乙所示),进而将对甲基苯乙烯氧化为(4-甲基苯基)环氧乙烷(如图丙所示)。下列说法错误的是( )
[A] 该杯芳烃分子腔外具有疏水性,而腔内具有亲水性
[B] 对该杯芳烃分子腔内羟基进行成酯修饰,可改变其分子识别能力
[C] 该杯芳烃分子可以防止H2O2将对甲基苯乙烯分子中的甲基氧化
[D] (4-甲基苯基)环氧乙烷分子中的氧原子来自该杯芳烃分子
【答案】 D
【解析】 该杯芳烃分子腔外为苯环和烷基,具有疏水性,腔内有4个羟基,具有亲水性,A正确;对该杯芳烃分子腔内羟基进行成酯修饰,可改变其分子腔的大小和亲水性,从而改变其分子识别能力,B正确;该杯芳烃分子可以包合H2O2形成超分子,同时使对甲基苯乙烯的乙烯基进入腔内被H2O2氧化,因此能使H2O2只氧化乙烯基而不会氧化甲基,C正确;反应产物中的氧原子来自该杯芳烃分子包合的H2O2,D错误。
综合应用
6.(2025·河北名校联考)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子(S2,结构如图甲所示)可看作是S中的一个O被S取代。MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体,边长分别为a pm、b pm、c pm,结构如图乙所示,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
[A] 晶胞中 [Mg(H2O)6]2+的个数为4
[B] S2的空间结构为四面体形
[C] S2中的1号S可作配位原子
[D] 晶胞的密度为 ×1032 g·cm-3
【答案】 C
【解析】 晶胞中[Mg(H2O)6]2+的个数为8×+4×+2×+1=4,故A正确;S2可看作是S中的1个O被S取代的产物,二者结构相似,S的中心原子S的价层电子对数为4+
=4,即S的空间结构为正四面体形,所以S2的空间结构为四面体形,故B正确;具有孤电子对的原子可以给中心原子提供电子对配位,S2中的中心原子S的价层电子对数为4,无孤电子对,不能作配位原子,故C错误;每个MgS2O3·6H2O晶胞中 [Mg(H2O)6]2+的个数为4,S2的个数为4,晶胞体积为abc×10-30 cm3,则晶胞密度为=
g·cm-3= g·cm-3,故D正确。
7.(2025·四川名校联盟联考)Al2Br6的晶胞如图所示(已知结构为平行六面体,各棱长不相等,Al2Br6在棱心)。下列描述错误的是( )
[A] 该晶胞中,与Al2Br6距离最近且相等的Al2Br6有4个
[B] 已知反应Al2Br6(l)2Al(g)+6Br(g)在高温下才能自发进行,则该反应的ΔH>0
[C] 已知Al2Br6可溶于CH3CN生成配合物[Al(CH3CN)2Br2]Br,则1 mol该配合物中有
12 mol σ键
[D] 已知NA=6.02×1023 mol-1,一个晶胞的体积V=5.34×10-22 cm3,则Al2Br6晶胞的密度约为3.32 g/cm3
【答案】 C
【解析】 选取晶胞中宽上的棱心分子,由于各棱长不相等,与该棱心分子距离最近的分子为该晶胞中相邻两条高中的棱心分子以及相邻晶胞中两条高中的棱心分子,共有4个,A正确;该反应是熵增反应,则ΔS>0,该反应在高温下才能自发进行,结合ΔG=ΔH-TΔS可知,
ΔH>0,B正确;该配离子中,中心原子Al形成4个单键,其中氮原子提供的孤电子对数为1,Br-提供的孤电子对数为1,配体为CH3CN和Br-,1个CH3CN中有5个σ键,因此1 mol该配合物中σ键的物质的量为(4+2×5) mol=14 mol,C错误;根据“均摊法”,每个Al2Br6晶胞中含Al2Br6的个数为8×=2,Al2Br6的晶胞密度为≈3.32 g/cm3,D正确。
8.(24分)(2025·山东烟台栖霞一中月考)Ⅰ.稀土元素是指钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素,共17种,位于元素周期表中第ⅢB族,均为金属元素。
(1)基态钪(Sc)元素的原子核外电子占据的轨道数目共 个,钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期,钇(Y)的价层电子排布式为 。
(2)稀土元素常常能和许多配位体形成配合物。若一个配位体含有两个或两个以上的能提供孤电子对的原子,这种配位体就叫多齿配位体,有一个能提供孤电子对的原子为一齿(羰基中的氧原子不能提供孤电子对),EDTA()是 齿配位体,它的配位原子为 (填元素符号),其中碳原子的杂化方式为 。
(3)钪(Sc)离子在水中以稳定对称的[Sc(H2O)6]3+形式存在,O—Sc—O的键角只有90°和180°两种,其空间结构为 。
(4)铈(Ce)属于镧系元素,氧化铈是一种重要的光催化材料。铈的化合价具有+3价和+4价两种价态,+3价和+4价间的可逆转换会造成氧空位的生成和消除。其光催化的基本原理如图所示,当光照能量(hν)等于或大于氧化铈催化剂的能量时,氧化铈VB上的电子(e-)会受到激发跃迁至CB,留下带正电荷的空穴(h+),形成光生电子—空穴对,与所吸附的物质发生氧化还原反应。则在氧化还原反应中,空穴可视为 (填“氧化剂”或“还原剂”),图中A发生 (填“氧化”或“还原”)反应。
Ⅱ.Cu2-xSe是一种钠离子电池的正极材料,充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示,晶胞内未标出因放电产生的0价铜原子。
(5)每个Cu2-xSe晶胞中含有 个Cu2+(用含x的表达式作答)。
(6)立方Na2Se晶胞的晶胞参数为a pm,位于面心的Se2-所围成的空间结构为 ;该晶胞的密度为 g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值,4分)。
【答案】 (1)11 4d15s2
(2)六 O、N sp2、sp3杂化
(3)正八面体形 (4)氧化剂 还原 (5)4x
(6)正八面体形
【解析】 (1)钪(Sc)为21号元素,则基态钪(Sc)原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2,则基态钪(Sc)的核外电子占据的轨道数目共11个,钪(Sc)的价层电子排布式为3d14s2,钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期,则钇(Y)的价层电子排布式为4d15s2。
(2)根据题中信息可知,EDTA()有两个氮和4个羟基氧能提供孤电子对,因此该物质是六齿配位体,它的配位原子为O、N,羧基碳原子价层电子对数为3,杂化方式为sp2杂化,另外的碳原子价层电子对数为4,杂化方式为sp3杂化。
(3)钪(Sc)离子在水中以稳定对称的 [Sc(H2O)6]3+ 形式存在,其中O—Sc—O的键角只有 90°和180°两种,即钪(Sc)离子的前、后、左、右、上、下与水中的氧连接形成正八面体
结构。
(4)在氧化还原反应中,带正电荷的空穴(h+)得到电子,化合价降低,因此空穴可视为氧化剂,根据图中信息可知,A得到电子生成B,则A发生还原反应。
(5)1个Cu2-xSe晶胞中Se2-的个数为8×+6×=4,根据Cu2-xSe知,Cu+和Cu2+的个数之和为4×(2-x)=8-4x,设1个晶胞中Cu2+和Cu+的个数分别为a、b,则a+b=8-4x,根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0,有2a+b=8,解得a=4x,所以每个Cu2-xSe晶胞中Cu2+的个数为4x。
(6)立方Na2Se晶胞为面心立方,每个面上有一个Se2-,共6个Se2-,所围成的空间结构为正八面体;立方Na2Se晶胞中Se2-的个数为8×+6×=4,Na+的个数为8,ρ= g·cm-3=
g·cm-3。
第三章 检测试题
(限时:75分钟 分值:100分)
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1.科学研究表示,物质有多种聚集状态。下列描述错误的是( )
[A] 等离子体是整体上呈电中性的气态物质,其中含有带电粒子
[B] 液晶显示功能与液晶材料内部分子的排列密切相关
[C] X射线衍射实验不能测定共价键的键长和键角
[D] 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块,体现了晶体的自范性
【答案】 C
【解析】 等离子体中的粒子带有电荷且能自由运动,使等离子体具有很好的导电性和流动性,应用广泛,故A正确;液晶之所以具有显示功能是因为液晶内部分子的排列沿分子长轴方向呈现出有序的排列,所以液晶显示功能与液晶材料内部分子的排列密切相关,故B正确;晶体的X射线衍射实验可以测定晶体中哪些原子间存在化学键,确定键长、键角,从而得出物质的空间结构,不能确定键能,故C错误;由于晶体具有自范性,缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块,故D正确。
2.液晶显示器应用广泛。下列说法错误的是( )
[A] 液晶是介于液态和晶态之间的物质状态,既具有液体的流动性,又具有晶体的某些物理性质,表现出类似晶体的各向异性,说明它属于晶态
[B] 晶体的各向异性直接取决于微观粒子的排列是否具有特定的方向性
[C] 晶体的自范性是晶体中粒子在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象
[D] 铍的最高价氧化物对应的水化物可能具有两性
【答案】 A
【解析】 液晶是介于液态和晶态之间的物质状态,既具有液体的流动性,又具有晶体的某些物理性质,表现出类似晶体的各向异性,但它不属于晶态,故A错误;晶体的各向异性直接取决于微观粒子的排列是否具有特定的方向性,故B正确;晶体的自范性是晶体中粒子在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象,故C正确;铍位于金属与非金属的分界处,与铝是对角线关系,最高价氧化物对应的水化物可能具有两性,故D正确。
3.下列关于晶体的叙述不正确的是( )
[A] 共价晶体中,共价键的键能越大,熔、沸点越高
[B] 分子晶体中,分子间作用力越大,该分子越稳定
[C] 离子晶体中,一定含有离子键,也可能含有共价键
[D] 金属晶体中,金属键既没有方向性也没有饱和性
【答案】 B
【解析】 共价晶体中,原子之间通过共价键结合,共价键的键能越大,断裂共价键使物质熔化、汽化需要消耗的能量越大,物质的熔、沸点越高,A正确;分子晶体的构成粒子是分子,在分子晶体中,分子间作用力越大,克服分子间作用力使物质熔化或汽化需要消耗的能量越大,物质的熔、沸点就越高,而物质的稳定性与分子间作用力大小无关,与分子内的化学键的强弱有关,B不正确;离子晶体的构成粒子是阳离子、阴离子,阳离子、阴离子之间通过离子键结合,若阴离子、阳离子为复杂离子,则离子中可能存在共价键,C正确;金属晶体的构成粒子是金属阳离子和自由电子,阳离子和自由电子之间通过金属键结合,金属键既没有方向性也没有饱和性,D正确。
4.下列晶体分类正确的是( )
选项 离子 晶体 共价 晶体 分子 晶体 金属 晶体 非晶体
[A] NH4Cl Ar C6H12O6 铁 沥青
[B] H2SO4 Si S Hg 塑料
[C] CH3COONa SiO2 I2 Fe 松香
[D] Ba(OH)2 石墨 玻璃 Cu 纯碱
【答案】 C
【解析】 A项中,Ar是分子晶体而不是共价晶体;B项中,H2SO4属于分子晶体而不是离子晶体;D项中,石墨属于混合型晶体而不是共价晶体,玻璃不是晶体,纯碱是离子晶体。
5.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素,其中X、Y、Z、W同周期,Z、M同主族;X+与M2-具有相同的电子层结构;离子半径:Z2->W-;Y的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料。下列说法正确的是( )
[A] X、M两种元素只能形成X2M型化合物
[B] 由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小,所以其沸点依次降低
[C] 元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体
[D] 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂
【答案】 D
【解析】 本题的突破口在Y上,短周期元素形成的单质中,熔点高、硬度大的半导体材料是硅,由此可推知X、Z、W、M分别是Na、S、Cl和O。A项,钠元素和氧元素可形成Na2O和Na2O2两种化合物,不正确;B项,因H2O存在分子间氢键,其相对分子质量最小,沸点却最高,不正确;C项,硅单质是共价晶体,S和Cl的单质晶体是分子晶体,不正确;D项,氯气和臭氧都可以用作水处理中的消毒剂,正确。
6.下列各组物质中,化学键类型相同,晶体类型也相同的是( )
[A] 金刚石和干冰 [B] NaBr和HBr
[C] 氯气和KCl [D] 甲烷和H2O
【答案】 D
【解析】 金刚石是由共价键结合成的共价晶体,干冰是含有共价键的分子晶体,故A不符合题意;NaBr是离子晶体,含有离子键,HBr是分子晶体,含有共价键,故B不符合题意;氯气是分子晶体,含有共价键,KCl是离子晶体,含有离子键,故C不符合题意;甲烷和H2O都是分子晶体,化学键都是共价键,故D符合题意。
7.正硼酸(H3BO3)是一种具有片层状结构的白色晶体,层内的H3BO3之间通过氢键相连(层状结构如图所示,图中“虚线”表示氢键)。下列有关说法正确的是( )
[A] 含1 mol H3BO3的晶体中有6 mol 氢键
[B] 分子中硼原子、氧原子最外层均为8个电子的稳定结构
[C] 正硼酸晶体属于共价晶体
[D] H3BO3的稳定性与氢键无关
【答案】 D
【解析】 A项,含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol 氢键;B项,硼原子的最外层不是8个电子的稳定结构;C项,正硼酸晶体属于分子晶体。
8.下列关于配合物和超分子的说法正确的是( )
[A] 冠醚有不同大小的空穴,可识别直径不同的碱金属离子
[B] 在[Cu(H2O)4]2+中,Cu2+给出孤电子对,H2O提供空轨道
[C] 利用“杯酚”可分离C60和C70是因为超分子具有“自组装”的特征
[D] [Cu(H2O)4]SO4·H2O中存在的化学键有离子键、配位键、极性共价键和氢键
【答案】 A
【解析】 冠醚是皇冠状的分子,可有不同大小的空穴适配不同直径的碱金属离子,故A正确;在 [Cu(H2O)4]2+中,H2O给出孤电子对,Cu2+提供空轨道,故B错误;“杯酚”与C70不能形成超分子,“杯酚”能与C60形成超分子,反映出超分子具有“分子识别”的特征,故C错误;氢键是分子间作用力,不是化学键,故D错误。
9.CaF2是一种难溶于水的固体,属于典型的离子晶体。下列实验一定能说明CaF2是离子晶体的是( )
[A] CaF2难溶于水,其水溶液的导电性极弱
[B] CaF2的熔、沸点较高,硬度较大
[C] CaF2固体不导电,但在熔融状态下可以导电
[D] CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小
【答案】 C
【解析】 A项,难溶于水,其水溶液的导电性极弱的晶体不一定是离子晶体,如H2SiO3难溶于水,其水溶液的导电性极弱,但不是离子晶体;B项,熔、沸点较高,硬度较大的晶体不一定是离子晶体,如SiO2等共价晶体熔、沸点较高,硬度较大;C项,固体不导电,但在熔融状态下可以导电,说明构成晶体的粒子为阴、阳离子,一定属于离子晶体;D项,在有机溶剂中的溶解度极小的晶体不一定是离子晶体,如H2O等分子晶体在有机溶剂中的溶解度也极小。
10.钴是重要的过渡元素,能形成多种稳定的配合物。CoCl3·6NH3是一种重要的配合物,研究分子结构发现其配离子形状为正八面体。取1 mol 该配合物,加入足量硝酸银溶液,产生x mol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是( )
[A] Co在周期表中位于第四周期第ⅧB族
[B] 配合物中配离子化学式为 [Co(NH3)6]3+
[C] x<3
[D] 配合物的配位数为8
【答案】 B
【解析】 钴的原子序数为27,在周期表中位于第四周期第Ⅷ族,故A错误;配离子形状为正八面体,即Co3+与4个NH3共平面,另外两个NH3分别与该平面形成正四面体,所以Co3+与6个NH3形成配离子 [Co(NH3)6]3+,故B正确;3个氯离子都是外界离子,则x=3,故C错误;[Co(NH3)6]Cl3的配位数为6,故D错误。
11.碳是地球上组成生命的最基本元素之一,与其他元素结合成众多无机物和有机化合物,构成了丰富多彩的世界。下列说法不正确的是( )
[A] 基态碳原子的价层电子轨道表示式为
[B] 碳的同素异形体金刚石、石墨和C60晶体中,能溶于有机溶剂的是C60
[C] 金刚石质硬但脆,金刚石能被砸碎的原因是共价键具有方向性
[D] 碳原子与相邻碳原子形成的键角:∠1<∠2
【答案】 D
【解析】 基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2,价层电子轨道表示式为 ,
A项正确;C60是分子晶体,能溶于有机溶剂,B项正确;金刚石为共价晶体,金刚石能被砸碎的原因是共价键具有方向性,导致金刚石不具有延展性等性质,C项正确;石墨烯中的碳原子杂化轨道类型均为sp2杂化,为平面结构,键角为120°,被氧化后碳原子形成3个C—C及1个C—O,碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化,与周围原子形成四面体形结构,故碳原子与相邻碳原子形成的键角 ∠1>∠2,D项不正确。
12.研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物(LixLayTiO3),其立方晶胞和导电时Li+迁移过程如图所示。已知该氧化物中Ti的化合价为+4价,La的化合价为+3价。下列说法错误的是( )
[A] 导电时,Ti和La的价态不变
[B] 若x=,Li+与空位的数目相等
[C] 与体心最邻近的氧原子数为12
[D] 导电时,空位移动方向与电流方向相反
【答案】 B
【解析】 根据题意,导电时Li+发生迁移,化合价不变,则Ti和La的价态不变,A项正确;根据“均摊法”,1个该晶胞中含Ti数为8×=1,含O数为12×=3,含La或Li或空位共1个,若x=,则La和空位共个,N(La)+N(空位)=,结合化合物正负化合价代数和为0,则有(+1)×
+(+3)×N(La)+(+4)×1+(-2)×3=0,解得N(La)=、N(空位)=,Li+与空位数目不相等,B项错误;由立方晶胞的结构可知,与体心最邻近的氧原子数为12,即位于棱心的12个氧原子,C项正确;导电时Li+向阴极移动,即与电流方向相同,则空位移动方向与电流方向相反,D项正确。
13.固体电解质ZrO2(M=123 g·mol-1)常用于制造航天电池,晶胞结构如图所示,立方晶胞中Zr4+间的最短距离为a pm。为使结构稳定和增加导电性,常掺杂少量的稀土离子Y3+。掺杂的低价离子占据Zr4+的位置,导致晶体中O2-缺位,下列说法错误的是( )
[A] ZrO2晶胞中Zr4+与O2-的配位数之比为 2∶1
[B] ZrO2的晶体密度为 g·cm-3
[C] 将任一Zr4+放在晶胞顶点,则另外三个Zr4+位于晶胞的面心
[D] 被占据Zr4+的物质的量分数若为x,则晶体化学式为Y2xZr2-2xO4-x
【答案】 B
【解析】 根据“均摊法”,晶胞中Zr4+的个数为4,O2-的个数为 8×+12×+6×+1=8;Zr4+间的最短距离为晶胞面对角线长的一半,立方晶胞中Zr4+间的最短距离为a pm,则晶胞面对角线为2a pm,晶胞边长为 a pm。ZrO2晶胞中Zr4+、O2-的个数之比为1∶2,则Zr4+与O2-的配位数之比为2∶1,故A正确;ZrO2的晶体密度ρ= g·cm-3=
g·cm-3,故B错误;4个Zr4+构成四面体,Zr4+间的最短距离为晶胞面对角线长的一半,所以将任一Zr4+放在晶胞顶点,则另外三个Zr4+位于晶胞的面心,故C正确;被占据Zr4+的物质的量分数若为x,根据化合物中元素正、负化合价代数和等于0可知,晶体化学式为 Y2xZr2-2xO4-x,故D正确。
14.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义,化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6 的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(氢原子未画出)。每个苯环只有一半属于该晶胞,晶胞参数为a=b≠c,α=β=γ=90°。晶胞中N均参与形成配位键。下列说法不正确的是( )
[A] 基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2
[B] Ni2+与Zn2+的配位数之比为2∶3
[C] x∶y∶z=2∶1∶1
[D] 晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+
【答案】 D
【解析】 Ni是28号元素,基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2,A正确;晶胞中每个N均参与形成配位键,Ni2+周围形成的配位键数目为4,Zn2+周围形成的配位键数目为6,则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4∶6=2∶3,B正确;由晶胞示意图可知,一个晶胞中含有Ni2+个数为2×=1,Zn2+个数为8×=1,CN-个数为8×=4,NH3个数为8×=2,苯环个数为4×=2,则该晶胞的化学式为Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6,则x∶y∶z=4∶2∶2=2∶1∶1,C正确;由题图知,Ni2+的电子排布式为[Ar]3d8,配位数为4,采取dsp2杂化,Zn2+的电子排布式为[Ar]3d10,配位数为6,采取sp3d2杂化,故Ni2+、Zn2+的d轨道均参与杂化,D错误。
二、非选择题:本题共4小题,除标注外每空2分,共58分。
15.(8分)碳和硅均为元素周期表中第ⅣA族的元素,其单质和化合物有着重要的应用。
(1)(每空1分)碳元素的单质有多种形式,如图所示依次是C60、石墨和金刚石的结构图:
回答下列问题。
①C60属于 晶体,石墨属于 晶体。
②石墨晶体中,层内C—C的键长为 142 pm,而金刚石中C—C的键长为 154 pm。其原因是金刚石中只存在碳原子间的 键,而石墨层内的碳原子间不仅存在 键,还有
键。
(2)(3分)在我国南海300～500 m海底深处沉积物中存在着大量的“可燃冰”,其主要成分为甲烷水合物。甲烷晶体的晶胞结构如图所示,下列说法正确的是 (填字母)。
A.甲烷晶胞中的球只代表一个碳原子
B.晶体中1个CH4周围有12个紧邻的CH4
C.CH4熔化时需克服共价键
D.1个CH4晶胞中含有8个CH4
E.CH4是非极性分子
【答案】 (1)①分子 混合型 ②σ σ π (2)BE
【解析】 (1)①C60的构成粒子是分子,所以C60属于分子晶体;石墨的层内原子间以共价键结合,层与层之间以分子间作用力结合,所以石墨属于混合型晶体。②在金刚石中只存在碳原子之间的σ键;石墨层内碳原子之间不仅存在σ键,还存在大π键。
(2)晶胞中的球代表的是一个CH4,并不是一个碳原子,A错误;以该甲烷晶胞分析,位于顶点的某一个CH4与其距离最近的CH4有3个,而这3个CH4在面心上,因此每个都被两个晶胞所共用,故与1个CH4紧邻的CH4有3×8×=12(个),B正确;CH4是分子晶体,熔化时克服范德华力,C错误;甲烷晶胞属于面心立方晶胞,该晶胞中CH4的个数为8×+6×=4,D错误;CH4为正四面体结构,碳原子位于正四面体的中心,结构对称,故CH4是非极性分子,E
正确。
16.(16分)化合物M是一种新型超分子晶体材料,以CH3COCH3为溶剂,由X、18-冠-6和HClO4反应制得:
回答下列问题。
(1)X所含的元素中,基态原子未成对电子数最多的电子排布式为 ;X可通过反应:得到,该反应前后N的杂化方式是否发生改变 (填“是”或“否”)。Cl的空间结构为 。
(2)二环己烷并-18-冠-6()的制备反应为2KCl+2H2O+,中官能团的名称是 。冠醚可以自动识别金属离子,已知18-冠-6空腔直径为260～320 pm,识别K+的原理为+K+,几种碱金属离子的直径(pm):Li+(152)、Na+(204)、K+(276)、Rb+(304)、Cs+(334),则KCl中含有的下列杂质不能通过18-冠-6进行分离的是
(填字母)。
A.LiCl B.NaCl C.RbCl D.CsCl
(3)M和NaClO4晶体类型相同,但是NaClO4的熔点远高于M的,主要原因是
。
M物质中不存在的作用力为 (填字母)。
A.离子键 B.氢键
C.极性键 D.非极性键
E.金属键
(4)M的晶胞结构如图所示(其中为阳离子,○为阴离子)。
若晶胞边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值,M的摩尔质量为m g·mol-1,则该晶体的密度为 g·cm-3(列出含m、a、NA的计算式即可,不必化简)。
【答案】 (1)1s22s22p3 是 正四面体形
(2)碳氯键、醚键 C
(3)M和NaClO4均为离子晶体,由于M所含的阳离子的半径大于NaClO4中阳离子的半径,因此NaClO4中所含的离子键更强,则熔点更高 E
(4)×1030
【解析】 (1)X所含元素有H、C、N、Br,基态原子排布式分别为1s1、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p63s23p63d104s24p5,基态原子未成对电子数分别为1、2、3、1,因此基态原子未成对电子数最多的是N,电子排布式为1s22s22p3;中氮原子为sp2杂化,中氮原子为sp3杂化,因此反应前后N的杂化方式发生改变;Cl的中心原子Cl的价层电子对数为4+×(7+1-4×2)=4,无孤电子对,因此空间结构为正四面体形。
(2)中所含官能团名称是碳氯键、醚键;不同大小的空穴可识别不同的碱金属阳离子,18-冠-6空腔直径为260～320 pm,18-冠-6的空穴大小适配钾离子,从而形成稳定的超分子,则不能识别的离子可以与之分离。RbCl中Rb+的直径为304 pm,离子直径处于18-冠-6空腔直径之中,因此能被识别,但钾离子也可以被识别,因此不可以通过18-冠-6进行分离,故C符合题意。
(3)NaClO4的熔点远高于M的,主要原因是M和NaClO4均为离子晶体,由于M所含的阳离子的半径大于NaClO4中阳离子的半径,因此NaClO4中所含的离子键更强,则熔点更高。M为离子化合物,其晶体类型为离子晶体,M晶体中含有离子键、共价键(极性键、非极性键)、配位键,阳离子中还存在氢键,因此M物质中不存在的作用力为金属键,故选E。
(4)根据“均摊法”可知,该晶胞中的灰色小球有8×+6×=4(个),白色小球有 12×+1=4(个),晶胞边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值,M的摩尔质量为m g·mol-1,则该晶体的密度ρ==== g·cm-3=×1030 g·cm-3。
17.(16分)Ⅰ.过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分,在工农业生产中有着广泛应用。回答下列问题。
(1)基态铬原子的价层电子排布式为 ,其M层有 种不同运动状态的电子。
(2)已知氯化铬酰(CrO2Cl2)的熔点为-96.5 ℃,沸点为117 ℃,能与CS2等互溶,则固态CrO2Cl2属于 晶体。
Ⅱ.氮(N)形成的单质及化合物有重要的研究和应用价值,回答下列问题。
(3)NH4BF4(四氟硼酸铵)可用作铝或铜的焊接助熔剂,能腐蚀玻璃,有重要的化工用途。下列说法正确的是 (填字母)。
A.核素 15N的中子数为7
B.F位于元素周期表p区
C.B的空间结构为正四面体形
D.NH4BF4中存在离子键、共价键、氢键和范德华力
(4)向硫酸铜溶液中通入过量氨,得到深蓝色溶液,生成配合物 [Cu(NH3)4]SO4,其中1 mol 阳离子[Cu(NH3)4中含有σ键数目为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。向该深蓝色溶液中加入乙醇,得到深蓝色晶体,该深蓝色晶体为 (填化学式)。
(5)N和Al可组成一种新型半导体材料AlN,其晶胞结构如图所示,Al的配位数为 。已知晶胞边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值,则AlN的密度为 g·cm-3。
【答案】 (1)3d54s1 13 (2)分子 (3)BC
(4)16NA [Cu]SO4·H2O
(5)4 ×1030
【解析】 (1)铬元素的原子序数为24,基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,价层电子排布式为3d54s1,其M层有13个电子,核外没有运动状态完全相同的电子,则其M层有13种不同运动状态的电子。
(2)由氯化铬酰的熔、沸点低,能与非极性溶剂二硫化碳互溶可知,固态氯化铬酰属于分子晶体。
(3)核素 15N的质子数为7,中子数为15-7=8,故A错误;F的价层电子排布式为2s22p5,位于元素周期表p区,故B正确;B中硼原子的价层电子对数为4,没有孤电子对,空间结构为正四面体形,故C正确;NH4BF4是由N和B构成的离子化合物,化合物中含有离子键、共价键,不含有氢键和范德华力,故D错误。
(4)阳离子 [Cu(NH3)4]2+中Cu2+与NH3形成的配位键属于σ键,NH3中含有的氮氢键属于σ键,则1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有σ键数目为1 mol ×(4+3×4)×NA mol-1=16NA;向该深蓝色溶液中加入乙醇,配合物的溶解度减小,会析出 [Cu(NH3)4]SO4·H2O深蓝色晶体。
(5)由晶胞结构可知,每个铝原子周围有4个氮原子与之紧邻,则铝原子的配位数为4;晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4,位于晶胞内的铝原子个数为4,设晶胞的密度为d g·cm-3,由晶胞质量公式可得 ×41=(a×10-10)3d,解得d=×1030。
18.(18分)深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究领域。我国自主研发的氟硼铍酸钾(KBe2BO3F2)晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题。
(1)基态Be、B最高能级电子数之比是 。KF、KCl、KBr晶体熔点由高到低的顺序是 。
(2)在500～600 ℃气相中,氯化铍以二聚体Be2Cl4的形式存在,Be的杂化方式是 ,
1 mol Be2Cl4中含有 mol配位键。
(3)一定条件下,NF3可与铜反应生成可作氟化剂的N2F4,其结构式是 。已知在150 ℃时N2F4发生类似N2O4的分解反应,其不稳定的原因是
。
(4)BeO晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一,其晶胞结构如图甲所示。O的配位数是
;沿晶胞面对角线投影,图乙中能正确描述投影结果的是 (填字母)。设O与Be的最近距离为 a pm,BeO晶体的密度为d g·c,则阿伏加德罗常数的值为
(用含a和d的式子表示)。
【答案】 (1)2∶1 KF>KCl>KBr
(2)sp2 2 (3) N2F4中2个氮原子各有1个孤电子对,孤电子对之间的排斥力使N—N容易断裂
(4)4 B ×1030
【解析】 (1)Be的核外电子排布式为1s22s2,最高能级为2s,电子数为2,B的核外电子排布式为1s22s22p1,最高能级为2p,电子数为1,两者最高能级电子数之比为2∶1;KF、KCl、KBr均为离子晶体,r(F-)KCl>KBr。
(2)二聚体Be2Cl4中Be与其中两个Cl形成共价键,与另一个Cl形成配位键,其结构式为,Be采用sp2杂化,1 mol Be2Cl4中含有2 mol 配位键。
(3)N2F4的结构式为,由结构式可知,N2F4中氮原子只形成单键,2个氮原子各有1个孤电子对,孤电子对之间的排斥力使N—N容易断裂。
(4)由晶胞结构可知每个O周围有四个Be与其相连,配位数为4;由晶胞的结构可知沿面对角线投影应为B;将整个晶胞切成8个相等的正方体,Be在小正方体中心,O在小正方体顶点,每个晶胞中含有4个Be、4个O,若O与Be的最近距离为 a pm,则小正方体体对角线长度的为a pm,故晶胞棱长为a pm,d=,NA=×1030。
模块综合检测试题
(限时:75分钟 分值:100分)
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1.下列物质中一定既含σ键又含π键的化合物是( )
[A] N2 [B] CO2
[C] C2H6O [D] H2O2
【答案】 B
【解析】 N2中既含σ键又含π键,但属于单质;C2H6O和H2O2中只含σ键不含π键;CO2中含有碳氧双键,分子中一定既含σ键又含π键。
2.氮化硅(Si3N4)可通过反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO制备。下列说法正确的是( )
[A] 1 mol SiO2中含有2 mol Si—O
[B] N2的电子式为N N
[C] CO是极性分子
[D] Si3N4晶体属于分子晶体
【答案】 C
【解析】 SiO2晶体中1个硅原子和4个氧原子形成 4个共价键,每个Si周围结合4个O,同时每个O与2个Si相结合,所以1 mol SiO2中含有4 mol Si—O,A错误;N2中,2个氮原子之间形成共价三键,另外,每个氮原子的最外层还有1个孤电子对,则其电子式为N ,B错误;CO是双原子化合物分子,共用电子对偏向氧原子、偏离碳原子,氧原子带部分负电荷,碳原子带部分正电荷,正、负电中心不重合,属于极性分子,C正确;Si3N4是由硅原子和氮原子通过Si—N构成的共价晶体,不是分子晶体,D错误。
3.下列示意图或图示正确的是( )
[A] 图甲:溴离子的结构示意图
[B] 图乙:N的结构式
[C] 图丙:HF分子间的氢键
[D] 图丁:丙氨酸的手性异构体
【答案】 D
【解析】 离子结构示意图中质子数不等于核外电子总数,故图甲不是溴离子的结构示意图,而是Kr的原子结构示意图,A错误;N中的配位键是由氮原子提供孤电子对、H+提供空轨道形成的,故图乙不能正确表示N的结构式,B错误;HF分子间的氢键是用“…”表示的,“—”表示共价键,C错误;丙氨酸中与—NH2相连的碳原子连有四个互不相同的原子或原子团,属于手性碳原子,故图丁表示丙氨酸的手性异构体,D正确。
4.β-MgCl2晶体中,多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示,其中部分结构如图乙所示。下列说法错误的是( )
[A] 电负性:Mg[B] 单质Mg是金属晶体
[C] 晶体中存在范德华力
[D] Mg2+的配位数为3
【答案】 D
【解析】 同周期主族元素从左到右,电负性逐渐增大,Mg的电负性小于Cl的,A正确;金属晶体包括金属单质及合金,单质Mg是金属晶体,B正确;由晶体结构可知,该结构中存在层状结构,层与层之间存在范德华力,C正确;由图乙可知,每个Mg2+周围最近且距离相等的Cl-有6个,因此,Mg2+的配位数为6,D错误。
5.下列关于原子结构、原子轨道的说法正确的是( )
[A] N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级,共16个轨道,可容纳32种运动状态的电子
[B] 在K能层中,有两个自旋状态相反的轨道
[C] s电子绕核运动,其轨道为球面,而p电子在哑铃形曲面上运动
[D] 114号元素是位于p区的金属元素,价层电子排布式为7s27p4
【答案】 A
【解析】 N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级,共16个轨道,可容纳32种运动状态的电子,故A正确;K能层含有s能级,有1个轨道,最多容纳两个自旋状态相反的电子,故B错误;s电子的原子轨道都是球形的,p电子的原子轨道都是哑铃形的,故C错误;114号元素位于第七周期第ⅣA族,属于 p区,价电子数为4,价层电子排布式为7s27p2,故D错误。
6.元素C、Si、Ge位于周期表中第ⅣA族。下列说法正确的是( )
[A] 原子半径:r(C)>r(Si)>r(Ge)
[B] 第一电离能:I1(C)[C] 碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体
[D] 可在周期表中Si附近寻找新半导体材料
【答案】 D
【解析】 同主族元素从上到下原子半径逐渐增大,故原子半径r(C)I1(Si)>
I1(Ge),B错误;晶体硅、SiC均为共价晶体,碳单质中金刚石为共价晶体,而石墨为混合型晶体,C60为分子晶体,C错误;周期表中Si附近存在许多类金属,可在其周围寻找新半导体材料,D正确。
7.利用冠醚可实现水溶液中锂、镁的分离,其制备与分离过程如图所示。下列说法错误的是( )
[A] 使用(C2H5)3N促进甲→乙反应正向进行
[B] 丙中Li+通过化学键与氧原子结合
[C] 甲、乙、丙中仅有一种物质属于超分子
[D] 通过空间结构和作用力协同实现锂、镁分离
【答案】 B
【解析】 甲→乙的反应中还有HBr生成,(C2H5)3N为三乙胺,呈碱性,能与HBr反应,促进甲→乙反应正向进行,A正确;Li+与氧原子以分子间作用力相结合,B错误;由超分子的概念可知,邻苯二酚不是超分子,冠醚不是超分子,冠醚与Li+结合形成的丙才是超分子,C正确;冠醚有不同大小的空腔适配大小不同的碱金属离子,体现了超分子的识别特征,可用于协同实现锂、镁分离,D正确。
8.泽维尔研究发现,当用激光脉冲照射NaI,使Na+和I-的核间距为1.0～1.5 nm时,NaI中的化学键为离子键;当二者的核间距约为0.28 nm时,NaI中的化学键为共价键。根据泽维尔的研究成果能得出的结论是( )
[A] NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物
[B] 离子晶体可能含有共价键
[C] NaI晶体中既有离子键,又有共价键
[D] 共价键和离子键没有明显的界线
【答案】 D
【解析】 由题中信息可知,当Na+和I-的核间距较大时,NaI中的化学键为离子键,当Na+和I-的核间距较小时,NaI中的化学键为共价键。当离子的核间距发生改变时,化学键的性质会发生改变,这说明共价键和离子键没有明显的界线。
9.聚氯化磷腈(P3N3Cl6)熔点为113 ℃,低压下50 ℃即可升华,在有机溶剂中由反应3PCl5+
3NH4ClP3N3Cl6+12HCl制备。聚氯化磷腈中包含有一个六元环,环上原子分为二配位与四配位两种结构。下列说法正确的是( )
[A] P3N3Cl6的结构式可能为
[B] P3N3Cl6为分子晶体,熔点比与其结构相似的P3N3Br6更高
[C] P3N3Cl6也可以通过三分子的Cl2P≡N相互发生加成反应制得
[D] P3N3Cl6中四配位的原子是P,二配位的是N,分别为sp3杂化与sp杂化
【答案】 C
【解析】 聚氯化磷腈中包含有一个六元环,环上原子分别为二配位与四配位,结合价键理论可知,结构式可能为,A错误;P3N3Cl6、P3N3Br6均为分子晶体,结构相似,相对分子质量高的,范德华力大,故P3N3Cl6的熔点比与其结构相似的P3N3Br6的更低,B错误;P3N3Cl6也可以通过三分子的Cl2P≡N中氮磷三键断开一条键,相互发生加成反应制得,C正确;P3N3Cl6中四配位的原子是P,二配位的是N,P形成4个σ键和1个π键,故不是sp3杂化,分别为sp3d杂化与sp2杂化,D错误。
10.B2O3的气态分子结构如图甲所示,硼酸(H3BO3)晶体结构为层状,其二维平面结构如图乙所示。下列说法错误的是( )
[A] 两分子中的B分别采用sp杂化、sp2杂化
[B] 硼酸晶体中层与层之间存在范德华力
[C] 1 mol H3BO3晶体中含有6 mol氢键
[D] 硼原子可提供空轨道,硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+
【答案】 C
【解析】 B最外层有3个电子,在图甲所示分子中每个B只形成2个σ键,且没有孤电子对,故其为sp杂化,在图乙所示分子中每个B形成了3个σ键,且没有孤电子对,故其采用sp2杂化,A正确;由题干信息可知,硼酸晶体为层状结构,类比石墨的晶体结构可知,其层与层之间存在范德华力,故B正确;由题图信息可知,每个硼酸分子有3个羟基,其中O和H均可与邻近的硼酸分子形成氢键,平均每个硼酸分子形成3个氢键,因此,1 mol H3BO3晶体中含有3 mol氢键,故C错误;硼原子的2p轨道有空轨道,水电离的OH-中的氧原子有孤电子对,故两者可形成配位键并破坏水的电离平衡使溶液显酸性,其电离方程式为 H3BO3+
H2O[B(OH)4]-+H+,故D正确。
11.检验Ni2+的反应原理如图所示。
下列说法不正确的是( )
[A] 甲中σ键与π键的个数之比是7∶1
[B] 乙中Ni2+的配位数是4
[C] 乙分子内存在氢键
[D] C、N、O的第一电离能大小顺序为N>O>C
【答案】 A
【解析】 由甲的结构示意图可知,甲中σ键数目为15,π键数目为2,故σ键与π键的个数之比是15∶2,A错误;乙中Ni2+与N形成了4个配位键,故Ni2+的配位数是4,B正确;乙分子内存在O—H…O氢键,C正确;C、N、O为同一周期元素,同一周期元素从左往右,第一电离能呈增大趋势,第ⅡA族与第ⅤA族反常,故C、N、O的第一电离能大小顺序为N>O>C,D正确。
12.Fe3+的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与H2O、SCN-、Cl-、F-等形成配离子使溶液显色。如:显浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、黄色的[FeCl4]-、无色的[FeF6]3-。某同学按如下步骤完成实验。
Fe(NO3)3·9H2O(s)溶液Ⅰ(黄色)溶液Ⅱ(红色)溶液Ⅲ(无色)
已知Fe3+与SCN-、F-在溶液中存在以下平衡:Fe3++6SCN-[Fe(SCN)6]3-(红色);Fe3++
6F-[FeF6]3-(无色)。
下列说法不正确的是( )
[A] 溶液Ⅰ呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色引起的
[B] F-与Fe3+的配位能力强于SCN-与Fe3+的
[C] 为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的颜色,可向该溶液中加入稀盐酸
[D] 向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体,溶液可能再次变为红色
【答案】 C
【解析】 步骤①加水溶解,溶液含Fe3+;步骤②Fe3+与SCN-结合生成 [Fe(SCN)6]3-;步骤③发生反应,[Fe(SCN)6]3-转化为 [FeF6]3-。[Fe(H2O)6]3+为浅紫色,但溶液Ⅰ却呈黄色,原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色的Fe(OH)3,与浅紫色的 [Fe(H2O)6]3+形成混合体系,使溶液呈黄色,A正确;加入NaF溶液后,溶液Ⅱ由红色变为无色,说明 [Fe(SCN)6]3-转变为 [FeF6]3-,说明F-与Fe3+的配位能力强于SCN-与Fe3+的,B正确;为了观察到浅紫色,需要除去红褐色,即抑制Fe3+的水解,所以可向溶液中加稀硝酸,加稀盐酸会生成黄色的 [FeCl4]-,C错误;向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体,增大了SCN-的浓度,可使平衡Fe3++6SCN-[Fe(SCN)6]3-正向移动,溶液可能再次变为红色,D正确。
13.分子或离子中的大π键可表示为,其中x表示参与形成大π键原子总数,y表示π电子数,已知π电子数=价层电子总数-(σ电子对数+孤电子对数)×2。SO2和SO3的结构如图所示。下列关于SO2和SO3的有关说法正确的是( )
[A] SO2的π电子数为6
[B] SO3的大π键可表示为
[C] SO3的中心原子为sp3杂化
[D] SO2与SO3的空间结构相同
【答案】 B
【解析】 SO2的π电子数为18-(2+5)×2=4,A错误;SO3的π电子数为24-(3+6)×2=6,大 π键可表示为,B正确;SO3中心原子S的价层电子对数为3+=3,则杂化轨道类型为sp2,C错误;SO2中心原子S的价层电子对数为2+=3,孤电子对数为1,空间结构为V形,SO3中心原子S的价层电子对数为3+=3,无孤电子对,空间结构为平面三角形,D
错误。
14.KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料,具有钙钛矿型的立方结构,边长为a=
0.446 nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置,如图所示。下列说法不正确的是( )
[A] K与O间的最短距离约为0.315 nm
[B] 与K紧邻的O的个数为12
[C] 在KIO3晶胞结构的另一种表示中,I处于各顶角位置,则K处于体心位置,O处于棱心位置
[D] 若KIO3晶体的密度为ρ g·cm-3,则阿伏加德罗常数的值可表示为
【答案】 D
【解析】 K与O间的最短距离为晶胞面对角线长的一半,即 ×0.446 nm ≈ 0.315 nm,A正确;由晶胞结构可知,与K紧邻的O有12个,B正确;若I处于顶角位置,则O处于棱心位置,K处于体心位置,C正确;设NA为阿伏加德罗常数的值,由晶胞结构可知,其含有1个K、1个I、3个O,则该晶胞含有1个KIO3,故有ρ×=,则NA=
,D不正确。
二、非选择题:本题共4小题,除标注外,每空2分,共58分。
15.(16分)(1)(每空1分)在①CO2、②NaCl、③Na、④Si、⑤CS2、⑥金刚石、⑦(NH4)2SO4、⑧乙醇中,由极性共价键形成的非极性分子有 (填序号,下同),含有金属离子的物质是 ,分子间可形成氢键的物质是 ,属于离子晶体的是 ,属于共价晶体的是 ,①②④⑤四种物质的熔点由高到低的顺序是 。
(2)(每空1分)下图中A～D是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型,请填写相应物质的名称(只写一种即可)。
A B
C D
A ;B ;C ; D 。
(3)化合物FeCl3是黑棕色固体,易潮解,100 ℃左右时升华,它的晶体类型是 。
(4)某物质结构如图所示(K+未画出),平均每 2个立方体中含有1个K+,该晶体的化学式为 。又知该晶体中铁元素的化合价有+2价和+3价两种,则Fe3+与Fe2+的个数之比为 。
【答案】 (1)①⑤ ②③ ⑧ ②⑦ ④⑥ ④>②>⑤>①
(2)氯化铯 氯化钠 二氧化硅 金刚石(或晶体硅)
(3)分子晶体 (4)KFe2(CN)6 1∶1
【解析】 (1)CO2、CS2中只含有极性共价键,都是直线形分子,正、负电中心重合,属于非极性分子;NaCl由Na+和Cl-构成,Na是由Na+和自由电子构成的,都含有金属离子;乙醇分子间能形成氢键;NaCl、(NH4)2SO4都是由阴、阳离子构成的离子晶体;Si、金刚石都是由原子构成的共价晶体;一般晶体的熔点:共价晶体>离子晶体>分子晶体,NaCl为离子晶体,Si为共价晶体,CO2和CS2都是分子晶体,二者的组成和结构相似,CO2的相对分子质量小于CS2的,熔点:CO2②>⑤>①。
(3)化合物FeCl3是黑棕色固体,易潮解,100 ℃左右时升华,其晶体类型是分子晶体。
(4)每2个立方体中含有1个K+,所以1个立方体中K+个数为,该立方体中Fe2+和Fe3+总个数为8×=1,CN-位于棱上,该立方体中CN-个数为12×=3,所以该晶体的化学式为 KFe2(CN)6,Fe平均化合价为+2.5价,所以Fe2+与Fe3+的个数之比是1∶1。
16.(14分)研究表明TiO2-aNb、Cu(In1-xGaxSe2)是光学活性物质。请回答下列问题。
(1)Se的立体结构为 。SeO2中硒原子采取的杂化类型是 。
(2)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似,但灰锡不如金刚石稳定,其原因是 。
(3)Cu2+与NH3形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+,在该配离子中,氮氢键的键角比独立存在的气态氨分子中的键角略大,其原因是
。
向 [Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体,试分析加入乙醇的作用:
。
(4)TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb,如图所示,则 TiO2-aNb 晶体中a= ,b= 。
【答案】 (1)三角锥形 sp2
(2)Sn与C同主族,Sn的原子半径大,Sn—Sn的键长长,键能小,故灰锡不如金刚石稳定
(3)NH3中的孤对电子与Cu2+配位,受到Cu2+吸引,对N—H成键电子对的斥力减弱,故N—H键角变大 减弱溶剂极性,降低 [Cu(NH3)4]SO4的溶解度
(4)
【解析】 (1)Se中原子Se的价层电子对数为4,3个成键电子对,立体结构为三角锥形;SeO2中硒原子采取的杂化类型是sp2。
(4)TiO2-aNb晶胞中钛原子数为1+4×+8×=4,氮原子数为,氧原子数为1+7×+7×=,则Ti、O、N的原子个数之比为4∶∶=1∶∶,即2-a=,a=,b=。
17.(12分)金属钛(Ti)被誉为“21世纪金属”,具有良好的生物相容性,它兼具铁的高强度和铝的低密度,其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体,由于具有令人满意的仿金效果,逐渐成为黄金的代替品。以TiCl4为原料,经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图甲所示)。
图甲中的M是短周期金属元素,M的部分电离能(单位:kJ·mol-1)如表所示。
I1 I2 I3 I4 I5
738 1 451 7 733 10 540 13 630
请回答下列问题。
(1)基态钛原子的价层电子排布式为 。
(2)M是 (填元素符号)。
(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂,用纳米TiO2催化的反应实例如图乙所示。化合物X的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有 个;化合物Y中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为 。
(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似,如图丙所示,该晶胞中N、Ti之间的最近距离为 a pm,则该氮化钛的密度为 g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值,只列计算式);该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有 个。
【答案】 (1)3d24s2
(2)Mg
(3)7 O>N>C
(4)×1030 12
【解析】 (1)Ti为22号元素,根据核外电子排布规律可知,钛原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,价层电子排布式为3d24s2。
(2)M是短周期金属元素,M的第三电离能剧增,则M处于第ⅡA族,能与TiCl4反应置换出Ti,则M为Mg。
(3)化合物X的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的6个、羰基中的1个,共7个;采取sp3杂化的原子的价层电子对数是4,化合物Y中采取sp3杂化的原子有C、N、O,同周期主族元素,电负性随着原子序数的增加而逐渐增大,所以它们的电负性关系为O>N>C。
(4)根据“均摊法”,可知该晶胞中氮原子个数为6×+8×=4,钛原子个数为1+12×=4,所以一个晶胞的质量m= g,而一个晶胞的体积V=(2a×10-10)3 cm3,所以晶体的密度ρ=×
1030g·cm-3;以晶胞顶点氮原子进行研究,与之距离相等且最近的氮原子处于面心位置,每个顶点为8个晶胞共用,每个面为2个晶胞共用,故与之距离相等且最近的氮原子有8×3×
=12(个)。
18.(16分)过渡金属元素及其化合物的应用广泛,是科学家们进行前沿研究的方向之一。
(1)(1分)基态铜原子核外K、L层电子的电子云有 种不同的伸展方向。
(2)锌化铜是一种金属互化物,元素铜的第二电离能 (填“大于”“小于”或“等于”)锌的第二电离能,理由是
。
(3)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体,其中DMSO为二甲基亚砜,化学式为(CH3)2SO。(CH3)2SO中C—S—O的键角 (填“大于”“小于”或“等于”)CH3COCH3中C—C—O的键角,理由是
;
元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为 。
(4)利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2悬浊液检验醛基时,生成砖红色的Cu2O,其晶胞结构如图所示。
①该晶胞原子分数坐标A为(0,0,0),C为(,,),则D原子分数坐标为 。
②(3分)若Cu2O晶体密度为d g·cm-3,晶胞参数为 a pm,则阿伏加德罗常数的值NA为
(用含d和a的式子表示)。
【答案】 (1)4
(2)大于 基态Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10,3d轨道为全充满较稳定状态;基态Zn+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,容易再失去1个电子
(3)小于 碳原子的半径小于硫原子的,C—C的键长小于S—C的键长,CO的键长小于SO的键长,C、S、O的原子间斥力小于C、C、O的原子间斥力 O>Cl>S
(4)①(,,) ② ×1030
【解析】 (1)基态铜原子核外K、L层含有s、p轨道,s轨道有1种伸展方向、p轨道有3种伸展方向,故K、L层电子的电子云有4种不同的伸展方向。
(3)同周期从左到右,元素的电负性逐渐增强;同主族由上而下,元素的电负性逐渐减弱,元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为O>Cl>S。
(4)①该晶胞原子分数坐标A为(0,0,0),C为(,,),则D原子分数坐标为(,,)。②若Cu2O晶体密度为d g·cm-3,晶胞参数为a pm,根据“均摊法”,晶胞中含8×+1=2(个)白球、4个灰球,则晶体密度为 ×1030g·cm-3=×1030g·cm-3=d g·cm-3,则阿伏加德罗常数的值NA为 ×1030。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)第三章 检测试题
(限时:75分钟 分值:100分)
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1.科学研究表示,物质有多种聚集状态。下列描述错误的是( )
[A] 等离子体是整体上呈电中性的气态物质,其中含有带电粒子
[B] 液晶显示功能与液晶材料内部分子的排列密切相关
[C] X射线衍射实验不能测定共价键的键长和键角
[D] 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块,体现了晶体的自范性
【答案】 C
【解析】 等离子体中的粒子带有电荷且能自由运动,使等离子体具有很好的导电性和流动性,应用广泛,故A正确;液晶之所以具有显示功能是因为液晶内部分子的排列沿分子长轴方向呈现出有序的排列,所以液晶显示功能与液晶材料内部分子的排列密切相关,故B正确;晶体的X射线衍射实验可以测定晶体中哪些原子间存在化学键,确定键长、键角,从而得出物质的空间结构,不能确定键能,故C错误;由于晶体具有自范性,缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块,故D正确。
2.液晶显示器应用广泛。下列说法错误的是( )
[A] 液晶是介于液态和晶态之间的物质状态,既具有液体的流动性,又具有晶体的某些物理性质,表现出类似晶体的各向异性,说明它属于晶态
[B] 晶体的各向异性直接取决于微观粒子的排列是否具有特定的方向性
[C] 晶体的自范性是晶体中粒子在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象
[D] 铍的最高价氧化物对应的水化物可能具有两性
【答案】 A
【解析】 液晶是介于液态和晶态之间的物质状态,既具有液体的流动性,又具有晶体的某些物理性质,表现出类似晶体的各向异性,但它不属于晶态,故A错误;晶体的各向异性直接取决于微观粒子的排列是否具有特定的方向性,故B正确;晶体的自范性是晶体中粒子在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象,故C正确;铍位于金属与非金属的分界处,与铝是对角线关系,最高价氧化物对应的水化物可能具有两性,故D正确。
3.下列关于晶体的叙述不正确的是( )
[A] 共价晶体中,共价键的键能越大,熔、沸点越高
[B] 分子晶体中,分子间作用力越大,该分子越稳定
[C] 离子晶体中,一定含有离子键,也可能含有共价键
[D] 金属晶体中,金属键既没有方向性也没有饱和性
【答案】 B
【解析】 共价晶体中,原子之间通过共价键结合,共价键的键能越大,断裂共价键使物质熔化、汽化需要消耗的能量越大,物质的熔、沸点越高,A正确;分子晶体的构成粒子是分子,在分子晶体中,分子间作用力越大,克服分子间作用力使物质熔化或汽化需要消耗的能量越大,物质的熔、沸点就越高,而物质的稳定性与分子间作用力大小无关,与分子内的化学键的强弱有关,B不正确;离子晶体的构成粒子是阳离子、阴离子,阳离子、阴离子之间通过离子键结合,若阴离子、阳离子为复杂离子,则离子中可能存在共价键,C正确;金属晶体的构成粒子是金属阳离子和自由电子,阳离子和自由电子之间通过金属键结合,金属键既没有方向性也没有饱和性,D正确。
4.下列晶体分类正确的是( )
选项 离子 晶体 共价 晶体 分子 晶体 金属 晶体 非晶体
[A] NH4Cl Ar C6H12O6 铁 沥青
[B] H2SO4 Si S Hg 塑料
[C] CH3COONa SiO2 I2 Fe 松香
[D] Ba(OH)2 石墨 玻璃 Cu 纯碱
【答案】 C
【解析】 A项中,Ar是分子晶体而不是共价晶体;B项中,H2SO4属于分子晶体而不是离子晶体;D项中,石墨属于混合型晶体而不是共价晶体,玻璃不是晶体,纯碱是离子晶体。
5.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素,其中X、Y、Z、W同周期,Z、M同主族;X+与M2-具有相同的电子层结构;离子半径:Z2->W-;Y的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料。下列说法正确的是( )
[A] X、M两种元素只能形成X2M型化合物
[B] 由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小,所以其沸点依次降低
[C] 元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体
[D] 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂
【答案】 D
【解析】 本题的突破口在Y上,短周期元素形成的单质中,熔点高、硬度大的半导体材料是硅,由此可推知X、Z、W、M分别是Na、S、Cl和O。A项,钠元素和氧元素可形成Na2O和Na2O2两种化合物,不正确;B项,因H2O存在分子间氢键,其相对分子质量最小,沸点却最高,不正确;C项,硅单质是共价晶体,S和Cl的单质晶体是分子晶体,不正确;D项,氯气和臭氧都可以用作水处理中的消毒剂,正确。
6.下列各组物质中,化学键类型相同,晶体类型也相同的是( )
[A] 金刚石和干冰 [B] NaBr和HBr
[C] 氯气和KCl [D] 甲烷和H2O
【答案】 D
【解析】 金刚石是由共价键结合成的共价晶体,干冰是含有共价键的分子晶体,故A不符合题意;NaBr是离子晶体,含有离子键,HBr是分子晶体,含有共价键,故B不符合题意;氯气是分子晶体,含有共价键,KCl是离子晶体,含有离子键,故C不符合题意;甲烷和H2O都是分子晶体,化学键都是共价键,故D符合题意。
7.正硼酸(H3BO3)是一种具有片层状结构的白色晶体,层内的H3BO3之间通过氢键相连(层状结构如图所示,图中“虚线”表示氢键)。下列有关说法正确的是( )
[A] 含1 mol H3BO3的晶体中有6 mol 氢键
[B] 分子中硼原子、氧原子最外层均为8个电子的稳定结构
[C] 正硼酸晶体属于共价晶体
[D] H3BO3的稳定性与氢键无关
【答案】 D
【解析】 A项,含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol 氢键;B项,硼原子的最外层不是8个电子的稳定结构;C项,正硼酸晶体属于分子晶体。
8.下列关于配合物和超分子的说法正确的是( )
[A] 冠醚有不同大小的空穴,可识别直径不同的碱金属离子
[B] 在[Cu(H2O)4]2+中,Cu2+给出孤电子对,H2O提供空轨道
[C] 利用“杯酚”可分离C60和C70是因为超分子具有“自组装”的特征
[D] [Cu(H2O)4]SO4·H2O中存在的化学键有离子键、配位键、极性共价键和氢键
【答案】 A
【解析】 冠醚是皇冠状的分子,可有不同大小的空穴适配不同直径的碱金属离子,故A正确;在 [Cu(H2O)4]2+中,H2O给出孤电子对,Cu2+提供空轨道,故B错误;“杯酚”与C70不能形成超分子,“杯酚”能与C60形成超分子,反映出超分子具有“分子识别”的特征,故C错误;氢键是分子间作用力,不是化学键,故D错误。
9.CaF2是一种难溶于水的固体,属于典型的离子晶体。下列实验一定能说明CaF2是离子晶体的是( )
[A] CaF2难溶于水,其水溶液的导电性极弱
[B] CaF2的熔、沸点较高,硬度较大
[C] CaF2固体不导电,但在熔融状态下可以导电
[D] CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小
【答案】 C
【解析】 A项,难溶于水,其水溶液的导电性极弱的晶体不一定是离子晶体,如H2SiO3难溶于水,其水溶液的导电性极弱,但不是离子晶体;B项,熔、沸点较高,硬度较大的晶体不一定是离子晶体,如SiO2等共价晶体熔、沸点较高,硬度较大;C项,固体不导电,但在熔融状态下可以导电,说明构成晶体的粒子为阴、阳离子,一定属于离子晶体;D项,在有机溶剂中的溶解度极小的晶体不一定是离子晶体,如H2O等分子晶体在有机溶剂中的溶解度也极小。
10.钴是重要的过渡元素,能形成多种稳定的配合物。CoCl3·6NH3是一种重要的配合物,研究分子结构发现其配离子形状为正八面体。取1 mol 该配合物,加入足量硝酸银溶液,产生x mol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是( )
[A] Co在周期表中位于第四周期第ⅧB族
[B] 配合物中配离子化学式为 [Co(NH3)6]3+
[C] x<3
[D] 配合物的配位数为8
【答案】 B
【解析】 钴的原子序数为27,在周期表中位于第四周期第Ⅷ族,故A错误;配离子形状为正八面体,即Co3+与4个NH3共平面,另外两个NH3分别与该平面形成正四面体,所以Co3+与6个NH3形成配离子 [Co(NH3)6]3+,故B正确;3个氯离子都是外界离子,则x=3,故C错误;[Co(NH3)6]Cl3的配位数为6,故D错误。
11.碳是地球上组成生命的最基本元素之一,与其他元素结合成众多无机物和有机化合物,构成了丰富多彩的世界。下列说法不正确的是( )
[A] 基态碳原子的价层电子轨道表示式为
[B] 碳的同素异形体金刚石、石墨和C60晶体中,能溶于有机溶剂的是C60
[C] 金刚石质硬但脆,金刚石能被砸碎的原因是共价键具有方向性
[D] 碳原子与相邻碳原子形成的键角:∠1<∠2
【答案】 D
【解析】 基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2,价层电子轨道表示式为 ,
A项正确;C60是分子晶体,能溶于有机溶剂,B项正确;金刚石为共价晶体,金刚石能被砸碎的原因是共价键具有方向性,导致金刚石不具有延展性等性质,C项正确;石墨烯中的碳原子杂化轨道类型均为sp2杂化,为平面结构,键角为120°,被氧化后碳原子形成3个C—C及1个C—O,碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化,与周围原子形成四面体形结构,故碳原子与相邻碳原子形成的键角 ∠1>∠2,D项不正确。
12.研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物(LixLayTiO3),其立方晶胞和导电时Li+迁移过程如图所示。已知该氧化物中Ti的化合价为+4价,La的化合价为+3价。下列说法错误的是( )
[A] 导电时,Ti和La的价态不变
[B] 若x=,Li+与空位的数目相等
[C] 与体心最邻近的氧原子数为12
[D] 导电时,空位移动方向与电流方向相反
【答案】 B
【解析】 根据题意,导电时Li+发生迁移,化合价不变,则Ti和La的价态不变,A项正确;根据“均摊法”,1个该晶胞中含Ti数为8×=1,含O数为12×=3,含La或Li或空位共1个,若x=,则La和空位共个,N(La)+N(空位)=,结合化合物正负化合价代数和为0,则有(+1)×
+(+3)×N(La)+(+4)×1+(-2)×3=0,解得N(La)=、N(空位)=,Li+与空位数目不相等,B项错误;由立方晶胞的结构可知,与体心最邻近的氧原子数为12,即位于棱心的12个氧原子,C项正确;导电时Li+向阴极移动,即与电流方向相同,则空位移动方向与电流方向相反,D项正确。
13.固体电解质ZrO2(M=123 g·mol-1)常用于制造航天电池,晶胞结构如图所示,立方晶胞中Zr4+间的最短距离为a pm。为使结构稳定和增加导电性,常掺杂少量的稀土离子Y3+。掺杂的低价离子占据Zr4+的位置,导致晶体中O2-缺位,下列说法错误的是( )
[A] ZrO2晶胞中Zr4+与O2-的配位数之比为 2∶1
[B] ZrO2的晶体密度为 g·cm-3
[C] 将任一Zr4+放在晶胞顶点,则另外三个Zr4+位于晶胞的面心
[D] 被占据Zr4+的物质的量分数若为x,则晶体化学式为Y2xZr2-2xO4-x
【答案】 B
【解析】 根据“均摊法”,晶胞中Zr4+的个数为4,O2-的个数为 8×+12×+6×+1=8;Zr4+间的最短距离为晶胞面对角线长的一半,立方晶胞中Zr4+间的最短距离为a pm,则晶胞面对角线为2a pm,晶胞边长为 a pm。ZrO2晶胞中Zr4+、O2-的个数之比为1∶2,则Zr4+与O2-的配位数之比为2∶1,故A正确;ZrO2的晶体密度ρ= g·cm-3=
g·cm-3,故B错误;4个Zr4+构成四面体,Zr4+间的最短距离为晶胞面对角线长的一半,所以将任一Zr4+放在晶胞顶点,则另外三个Zr4+位于晶胞的面心,故C正确;被占据Zr4+的物质的量分数若为x,根据化合物中元素正、负化合价代数和等于0可知,晶体化学式为 Y2xZr2-2xO4-x,故D正确。
14.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义,化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6 的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(氢原子未画出)。每个苯环只有一半属于该晶胞,晶胞参数为a=b≠c,α=β=γ=90°。晶胞中N均参与形成配位键。下列说法不正确的是( )
[A] 基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2
[B] Ni2+与Zn2+的配位数之比为2∶3
[C] x∶y∶z=2∶1∶1
[D] 晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+
【答案】 D
【解析】 Ni是28号元素,基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2,A正确;晶胞中每个N均参与形成配位键,Ni2+周围形成的配位键数目为4,Zn2+周围形成的配位键数目为6,则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4∶6=2∶3,B正确;由晶胞示意图可知,一个晶胞中含有Ni2+个数为2×=1,Zn2+个数为8×=1,CN-个数为8×=4,NH3个数为8×=2,苯环个数为4×=2,则该晶胞的化学式为Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6,则x∶y∶z=4∶2∶2=2∶1∶1,C正确;由题图知,Ni2+的电子排布式为[Ar]3d8,配位数为4,采取dsp2杂化,Zn2+的电子排布式为[Ar]3d10,配位数为6,采取sp3d2杂化,故Ni2+、Zn2+的d轨道均参与杂化,D错误。
二、非选择题:本题共4小题,除标注外每空2分,共58分。
15.(8分)碳和硅均为元素周期表中第ⅣA族的元素,其单质和化合物有着重要的应用。
(1)(每空1分)碳元素的单质有多种形式,如图所示依次是C60、石墨和金刚石的结构图:
回答下列问题。
①C60属于 晶体,石墨属于 晶体。
②石墨晶体中,层内C—C的键长为 142 pm,而金刚石中C—C的键长为 154 pm。其原因是金刚石中只存在碳原子间的 键,而石墨层内的碳原子间不仅存在 键,还有
键。
(2)(3分)在我国南海300～500 m海底深处沉积物中存在着大量的“可燃冰”,其主要成分为甲烷水合物。甲烷晶体的晶胞结构如图所示,下列说法正确的是 (填字母)。
A.甲烷晶胞中的球只代表一个碳原子
B.晶体中1个CH4周围有12个紧邻的CH4
C.CH4熔化时需克服共价键
D.1个CH4晶胞中含有8个CH4
E.CH4是非极性分子
【答案】 (1)①分子 混合型 ②σ σ π (2)BE
【解析】 (1)①C60的构成粒子是分子,所以C60属于分子晶体;石墨的层内原子间以共价键结合,层与层之间以分子间作用力结合,所以石墨属于混合型晶体。②在金刚石中只存在碳原子之间的σ键;石墨层内碳原子之间不仅存在σ键,还存在大π键。
(2)晶胞中的球代表的是一个CH4,并不是一个碳原子,A错误;以该甲烷晶胞分析,位于顶点的某一个CH4与其距离最近的CH4有3个,而这3个CH4在面心上,因此每个都被两个晶胞所共用,故与1个CH4紧邻的CH4有3×8×=12(个),B正确;CH4是分子晶体,熔化时克服范德华力,C错误;甲烷晶胞属于面心立方晶胞,该晶胞中CH4的个数为8×+6×=4,D错误;CH4为正四面体结构,碳原子位于正四面体的中心,结构对称,故CH4是非极性分子,E
正确。
16.(16分)化合物M是一种新型超分子晶体材料,以CH3COCH3为溶剂,由X、18-冠-6和HClO4反应制得:
回答下列问题。
(1)X所含的元素中,基态原子未成对电子数最多的电子排布式为 ;X可通过反应:得到,该反应前后N的杂化方式是否发生改变 (填“是”或“否”)。Cl的空间结构为 。
(2)二环己烷并-18-冠-6()的制备反应为2KCl+2H2O+,中官能团的名称是 。冠醚可以自动识别金属离子,已知18-冠-6空腔直径为260～320 pm,识别K+的原理为+K+,几种碱金属离子的直径(pm):Li+(152)、Na+(204)、K+(276)、Rb+(304)、Cs+(334),则KCl中含有的下列杂质不能通过18-冠-6进行分离的是
(填字母)。
A.LiCl B.NaCl C.RbCl D.CsCl
(3)M和NaClO4晶体类型相同,但是NaClO4的熔点远高于M的,主要原因是
。
M物质中不存在的作用力为 (填字母)。
A.离子键 B.氢键
C.极性键 D.非极性键
E.金属键
(4)M的晶胞结构如图所示(其中为阳离子,○为阴离子)。
若晶胞边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值,M的摩尔质量为m g·mol-1,则该晶体的密度为 g·cm-3(列出含m、a、NA的计算式即可,不必化简)。
【答案】 (1)1s22s22p3 是 正四面体形
(2)碳氯键、醚键 C
(3)M和NaClO4均为离子晶体,由于M所含的阳离子的半径大于NaClO4中阳离子的半径,因此NaClO4中所含的离子键更强,则熔点更高 E
(4)×1030
【解析】 (1)X所含元素有H、C、N、Br,基态原子排布式分别为1s1、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p63s23p63d104s24p5,基态原子未成对电子数分别为1、2、3、1,因此基态原子未成对电子数最多的是N,电子排布式为1s22s22p3;中氮原子为sp2杂化,中氮原子为sp3杂化,因此反应前后N的杂化方式发生改变;Cl的中心原子Cl的价层电子对数为4+×(7+1-4×2)=4,无孤电子对,因此空间结构为正四面体形。
(2)中所含官能团名称是碳氯键、醚键;不同大小的空穴可识别不同的碱金属阳离子,18-冠-6空腔直径为260～320 pm,18-冠-6的空穴大小适配钾离子,从而形成稳定的超分子,则不能识别的离子可以与之分离。RbCl中Rb+的直径为304 pm,离子直径处于18-冠-6空腔直径之中,因此能被识别,但钾离子也可以被识别,因此不可以通过18-冠-6进行分离,故C符合题意。
(3)NaClO4的熔点远高于M的,主要原因是M和NaClO4均为离子晶体,由于M所含的阳离子的半径大于NaClO4中阳离子的半径,因此NaClO4中所含的离子键更强,则熔点更高。M为离子化合物,其晶体类型为离子晶体,M晶体中含有离子键、共价键(极性键、非极性键)、配位键,阳离子中还存在氢键,因此M物质中不存在的作用力为金属键,故选E。
(4)根据“均摊法”可知,该晶胞中的灰色小球有8×+6×=4(个),白色小球有 12×+1=4(个),晶胞边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值,M的摩尔质量为m g·mol-1,则该晶体的密度ρ==== g·cm-3=×1030 g·cm-3。
17.(16分)Ⅰ.过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分,在工农业生产中有着广泛应用。回答下列问题。
(1)基态铬原子的价层电子排布式为 ,其M层有 种不同运动状态的电子。
(2)已知氯化铬酰(CrO2Cl2)的熔点为-96.5 ℃,沸点为117 ℃,能与CS2等互溶,则固态CrO2Cl2属于 晶体。
Ⅱ.氮(N)形成的单质及化合物有重要的研究和应用价值,回答下列问题。
(3)NH4BF4(四氟硼酸铵)可用作铝或铜的焊接助熔剂,能腐蚀玻璃,有重要的化工用途。下列说法正确的是 (填字母)。
A.核素 15N的中子数为7
B.F位于元素周期表p区
C.B的空间结构为正四面体形
D.NH4BF4中存在离子键、共价键、氢键和范德华力
(4)向硫酸铜溶液中通入过量氨,得到深蓝色溶液,生成配合物 [Cu(NH3)4]SO4,其中1 mol 阳离子[Cu(NH3)4中含有σ键数目为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。向该深蓝色溶液中加入乙醇,得到深蓝色晶体,该深蓝色晶体为 (填化学式)。
(5)N和Al可组成一种新型半导体材料AlN,其晶胞结构如图所示,Al的配位数为 。已知晶胞边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值,则AlN的密度为 g·cm-3。
【答案】 (1)3d54s1 13 (2)分子 (3)BC
(4)16NA [Cu]SO4·H2O
(5)4 ×1030
【解析】 (1)铬元素的原子序数为24,基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,价层电子排布式为3d54s1,其M层有13个电子,核外没有运动状态完全相同的电子,则其M层有13种不同运动状态的电子。
(2)由氯化铬酰的熔、沸点低,能与非极性溶剂二硫化碳互溶可知,固态氯化铬酰属于分子晶体。
(3)核素 15N的质子数为7,中子数为15-7=8,故A错误;F的价层电子排布式为2s22p5,位于元素周期表p区,故B正确;B中硼原子的价层电子对数为4,没有孤电子对,空间结构为正四面体形,故C正确;NH4BF4是由N和B构成的离子化合物,化合物中含有离子键、共价键,不含有氢键和范德华力,故D错误。
(4)阳离子 [Cu(NH3)4]2+中Cu2+与NH3形成的配位键属于σ键,NH3中含有的氮氢键属于σ键,则1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有σ键数目为1 mol ×(4+3×4)×NA mol-1=16NA;向该深蓝色溶液中加入乙醇,配合物的溶解度减小,会析出 [Cu(NH3)4]SO4·H2O深蓝色晶体。
(5)由晶胞结构可知,每个铝原子周围有4个氮原子与之紧邻,则铝原子的配位数为4;晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4,位于晶胞内的铝原子个数为4,设晶胞的密度为d g·cm-3,由晶胞质量公式可得 ×41=(a×10-10)3d,解得d=×1030。
18.(18分)深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究领域。我国自主研发的氟硼铍酸钾(KBe2BO3F2)晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题。
(1)基态Be、B最高能级电子数之比是 。KF、KCl、KBr晶体熔点由高到低的顺序是 。
(2)在500～600 ℃气相中,氯化铍以二聚体Be2Cl4的形式存在,Be的杂化方式是 ,
1 mol Be2Cl4中含有 mol配位键。
(3)一定条件下,NF3可与铜反应生成可作氟化剂的N2F4,其结构式是 。已知在150 ℃时N2F4发生类似N2O4的分解反应,其不稳定的原因是
。
(4)BeO晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一,其晶胞结构如图甲所示。O的配位数是
;沿晶胞面对角线投影,图乙中能正确描述投影结果的是 (填字母)。设O与Be的最近距离为 a pm,BeO晶体的密度为d g·c,则阿伏加德罗常数的值为
(用含a和d的式子表示)。
【答案】 (1)2∶1 KF>KCl>KBr
(2)sp2 2 (3) N2F4中2个氮原子各有1个孤电子对,孤电子对之间的排斥力使N—N容易断裂
(4)4 B ×1030
【解析】 (1)Be的核外电子排布式为1s22s2,最高能级为2s,电子数为2,B的核外电子排布式为1s22s22p1,最高能级为2p,电子数为1,两者最高能级电子数之比为2∶1;KF、KCl、KBr均为离子晶体,r(F-)KCl>KBr。
(2)二聚体Be2Cl4中Be与其中两个Cl形成共价键,与另一个Cl形成配位键,其结构式为,Be采用sp2杂化,1 mol Be2Cl4中含有2 mol 配位键。
(3)N2F4的结构式为,由结构式可知,N2F4中氮原子只形成单键,2个氮原子各有1个孤电子对,孤电子对之间的排斥力使N—N容易断裂。
(4)由晶胞结构可知每个O周围有四个Be与其相连,配位数为4;由晶胞的结构可知沿面对角线投影应为B;将整个晶胞切成8个相等的正方体,Be在小正方体中心,O在小正方体顶点,每个晶胞中含有4个Be、4个O,若O与Be的最近距离为 a pm,则小正方体体对角线长度的为a pm,故晶胞棱长为a pm,d=,NA=×1030。
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章末整合 素养提升
思考1.晶体与非晶体有什么区别
提示:
固体 外观 微观结构 自范性 各向异性 熔点
晶体 具有规则的几何外形 粒子在三维空间呈周期性有序排列 有 有 固定
非晶体 不具有规则的几何外形 粒子排列相对无序 没有 没有 不固定
本质区别 微观粒子在三维空间是否呈现周期性有序排列
思考2.如何计算晶胞中的粒子个数 如图所示晶胞中A、B、C三种粒子的个数比是多少
思考3.如何确定晶体的化学式 铜的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示,该氯化物的化学式是什么
思考4.如何计算有关立方晶胞的密度 钙钛矿的晶胞结构如图所示,若钙、钛、氧三种元素的相对原子质量分别为a、b、c,晶胞结构图中正方体边长
(钛原子之间的距离)为d nm(1 nm=10-9m),则该晶体的密度为多少
思考5.冰晶体的结构如图所示,每个水分子与周围多少个水分子相连 干冰晶体中,每个CO2周围等距且紧邻的CO2有多少个
提示:冰晶体中的每个水分子通过氢键与周围4个水分子相连,平均每个水分子形成2个氢键。干冰晶体中,8个CO2构成立方体且在6个面心又各占据1个CO2,每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个。
思考6.如何用金属键解释金属晶体的某些物理性质
提示:当把金属导线分别接到电源的正、负极时,有了电势差,自由电子就能沿着导线由负极向正极移动而形成电流,使金属表现出导电性。金属有导热性,当金属中有温度差时,不停运动着的自由电子通过它们与金属原子的碰撞,把能量由高温处传向低温处,使金属表现出导热性。
金属有延展性,大多数金属具有较好的延展性,这与金属离子和自由电子之间的较强作用有关,当金属受到外力作用时,晶体中的各原子层就会发生相对滑动,由于金属离子与自由电子之间的相互作用没有方向性,受到外力后相互作用没有被破坏,金属虽然发生了形变,但不会导致金属键断裂。(金属不透明,具有金属光泽,固态金属中有自由电子,当可见光照射到金属表面上时,自由电子能够吸收所有频率的光并很快放出,使得金属不透明并具有金属光泽。)
提示:石墨晶体为层状结构,同层内碳原子以共价键结合成平面网状结构,其中C—C的键长比金刚石中C—C的键长短,键能大,所以石墨的熔、沸点高。石墨晶体中每个碳原子都有一个未参与杂化的2p轨道上的电子,能形成遍及整个平面的大π键,由于电子可以在整个碳原子平面上运动,因此沿石墨平面的方向导电性强。
思考8.离子晶体中一定含有金属元素吗 由金属元素和非金属元素组成的晶体一定是离子晶体吗 离子晶体中除含有离子键外,是否含有共价键
提示:不一定。离子晶体中不一定含金属元素,如NH4Cl、NH4NO3等铵盐。由金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体,如AlCl3是分子晶体。离子晶体中除含有离子键外,还可能含有共价键,如Na2O2、NaOH、Ba(OH)2 中均含离子键和共价键。
思考9.如何判断晶体的类型
提示:(1)依据构成晶体的粒子和粒子间的作用力判断;(2)依据物质的类别判断;(3)依据晶体的熔点判断;(4)依据导电性判断;(5)依据硬度和机械性能判断。
思考10.如何判断物质的熔、沸点高低
提示:(1)不同类型的晶体,一般情况下,熔、沸点为共价晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点差别很大,如钨、铂等熔、沸点很高,汞、镓、铯等熔、沸点很低,金属晶体一般不参与比较。
(2)同种类型的晶体,构成晶体粒子间的作用力大,则熔、沸点高,反之则小。①离子晶体:结构相似且化学式中各离子个数比相同的离子晶体中,离子半径越小(或阴、阳离子半径之和越小的),键能越大,熔、沸点就越高,如NaCl、NaBr、NaI和NaCl、KCl、RbCl等的熔、沸点依次降低;离子所带电荷数多的熔点较高,如MgO熔点高于NaCl。②分子晶体:在组成、结构均相似的分子晶体中,相对分子质量大的分子间作用力就大,熔点也高,如F2、Cl2、Br2、I2和HCl、HBr、HI等均随相对分子质量增大,熔、沸点升高;但结构相似的分子晶体,有氢键存在的熔、沸点较高。③共价晶体:在共价晶体中,只要成键原子半径小,键能大的,熔点就高,如金刚石、金刚砂(碳化硅)、晶体硅的熔、沸点逐渐降低。④金属晶体:在元素周期表同一周期中,主族序数越大,金属原子半径越小,其熔、沸点也就越高,如第三周期的Al、Mg、Na,熔、沸点就依次降低;而在同一主族中,金属原子半径越小的,其熔点、沸点越高。
考点一 晶体的结构与性质
1.(2024·山东卷)下列物质均为共价晶体且成键结构相似,其中熔点最低的是( )
[A] 金刚石(C) [B] 单晶硅(Si)
[C] 金刚砂(SiC) [D] 氮化硼(BN,立方相)
B
【解析】 金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都为共价晶体,结构相似,则原子半径越大,键长越长,键能越小,熔、沸点越低,在这几种晶体中,键长:Si—Si>Si—C>B—N>C—C,所以熔点最低的为单晶硅。
2.(2024·黑吉辽卷)某锂离子电池电极材料结构如图所示。结构1是钴硫化物晶胞的一部分,可代表其组成和结构;晶胞2是充电后的晶胞结构;所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是( )
B
3.高考组合题
(1)(2024·浙江1月选考节选)某化合物的晶胞如图所示,其化学式是 ;
晶体类型是 。
CrCl2·4H2O
分子晶体
【解析】 (1)由题给晶胞图可知,化学式为 CrCl2·4H2O;由题给晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2·4H2O,故为分子晶体。
(2)(2024·北京卷节选)白锡和灰锡是单质锡的常见同素异形体。二者晶胞如图所示,白锡具有体心四方结构;灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个锡原子周围与它最近且距离相等的锡原子有 个。
4
【解析】(2)①灰锡具有立方金刚石结构,金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连,此5个碳原子在空间内构成正四面体,且该碳原子在正四面体的体心,所以灰锡中每个锡原子周围与它最近且距离相等的锡原子有4个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3,则白锡和灰锡晶体的密度之比是 。
V2∶4V1
(3)(2024·全国甲卷节选)结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料,其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为 。设NA为阿伏加德罗常数的值,则
该晶体密度为 g·cm-3(列出计算式)。
6
考点二 配位键
D
4.(2024·黑吉辽卷)如下反应相关元素中,W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,基态X原子的核外电子有5种空间运动状态,基态Y、Z原子有两个未成对电子,Q是ds区元素,焰色试验呈绿色。下列说法错误的是( )
[A] 单质沸点:Z>Y>W
[B] 简单氢化物键角:X>Y
[C] 反应过程中有蓝色沉淀产生
[D] QZX4Y4W12是配合物,配位原子是Y
【解析】 Q是ds区元素,焰色试验呈绿色,则Q为Cu;基态X原子的核外电子有5种空间运动状态,且X能与原子序数最小的W形成化合物XW3,可知X为N、W为H;结合基态Y、Z原子有两个未成对电子,与Cu可形成CuZY4,根据原子序数关系可知Y为O、Z为S。综上所述,W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。W、Y、Z分别为H、O、S,S单质常温下呈固态,其沸点高于氧气和氢气,O2和H2均为分子晶体,O2的相对分子质量大于H2的,O2的范德华力大于H2的,所以沸点O2>H2,即沸点S>O2>H2,故A正确;
N、O、Cl
5.(1)(2021·全国乙卷,节选)三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是 ,中心离子的配位数为 。
6
【解析】 (1)H2O中的氧原子、NH3中的氮原子和Cl-中都有孤电子对,可作配位原子,故配位原子为O、N、Cl,中心离子的配位数为3+2+1=6。
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为 ,H、C、N的电负性由大到小的顺序为 ,1个M2+中含有 个σ键。
sp2、sp3
N>C>H
54
考点三 超分子
6.(2024·湖北卷)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”,能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。
芳烃 结构 结合常数
芘 385
并四苯 3 764
蒄 176 000
下列说法错误的是( )
[A] 芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子
[B] 并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同
[C] 从分子大小适配看,“分子客车”可装载2个芘
[D] 芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合
B
【解析】 “分子客车”能装载多种稠环芳香烃,故芳烃可与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体——超分子,A项正确;由“分子客车”和芳烃的结构可知,两者之间可能是通过π电子之间的作用产生分子间的作用力,并四苯平躺和直立时其π电子云的朝向不同,因此并四苯直立装载和平躺装载时与“分子客车”的作用力不相等,稳定性不
同,B项错误;芘与“分子客车”中的中间部分结构大小适配,故从分子大小适配看,“分子客车”可装载2个芘,C项正确;芘、并四苯、蒄中的碳原子都采取sp2杂化,π电子数依次为16、18、24,π电子数逐渐增多,与“分子客车”的结合常数逐渐增大,而结合常数越大越稳定,故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合,D项正确。
7.(2024·黑吉辽卷)环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构,腔内极性较小,腔外极性较大,可包合某些分子形成超分子。图甲、图乙和图丙分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是( )
[A] 环六糊精属于寡糖
[B] 非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子
[C] 图乙中甲氧基对位暴露在反应环境中
[D] 可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚
B
【解析】 1 mol糖水解后能产生2～10 mol单糖的糖称为寡糖或者低聚糖,
1 mol环六糊精水解产生 6 mol D-吡喃葡萄糖,属于寡糖,A正确;只有分子的直径适配环六糊精的空腔大小才能被环六糊精包合形成超分子,B错误;由图丙中环六糊精参与反应后,苯甲醚对位取代产物产率增大可知,图乙中甲氧基对位暴露在反应环境中,使对位的氢原子易被取代,C正确;环六糊精空腔外有多个羟基,可以和水形成分子间氢键,故环六糊精能溶解在水中,而氯代苯甲醚不溶于水,所以可以用水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚,D
正确。
(时间:30分钟 满分:45分)
(选择题1～7题,每小题3分,共21分)
(一)晶体的结构与性质
1.(2025·江苏无锡锡山高级中学月考)下列说法错误的是( )
[A] 干冰与二氧化硅晶体熔化时,所克服的粒子间相互作用不相同
[B] 金刚石的熔、沸点高于晶体硅的,因为C—C的键能大于Si—Si的键能
[C] SiCl4是由极性共价键形成的非极性分子
[D] 分子晶体中,分子间作用力越大,该物质越稳定
D
【解析】 干冰为分子晶体,熔化时克服分子间作用力,二氧化硅为共价晶体,熔化时克服共价键,两者所克服的粒子间相互作用不相同,A正确;金刚石和硅都形成共价晶体,C的半径小于Si的,则C—C的键能大于Si—Si的键能,所以金刚石的熔点高于晶体硅的,B正确;SiCl4中Si—Cl间为极性共价键,分子为正四面体形结构,为非极性分子,C正确;分子间作用力大小影响物质的熔、沸点高低,物质的稳定性强弱由化学键强弱决定,D错误。
D
3.(2025·江苏南通名校联盟检测)阅读下列材料:
C
(二)配位键
4.(2024·江苏扬州一中期中)钌(Ru)的配合物在光电、催化、生物等领域备受关注。在[RuBr2(NH3)4]+中,Ru的化合价和配位数分别是( )
[A] +3和6 [B] +2和4
[C] +3和4 [D] +2和6
A
【解析】 设在[RuBr2(NH3)4]+中Ru的化合价为x,则x-1×2+0×4=+1,x=+3;含有空轨道的金属阳离子为中心离子,所以中心离子为Ru3+,有孤电子对的原子、分子或离子为配体,所以配体为Br-、NH3,配位数就是配体的个数,所以配位数为2+4=6。
(三)超分子
5.(2025·东北三省精准教学联盟联考)某种杯芳烃分子(如图甲所示)具有空腔结构,可包合H2O2形成超分子;它同时还可以识别对甲基苯乙烯分子中的乙烯基,引导对甲基苯乙烯分子进入其空腔内(如图乙所示),进而将对甲基苯乙烯氧化为(4-甲基苯基)环氧乙烷(如图丙所示)。下列说法错误的是( )
[A] 该杯芳烃分子腔外具有疏水性,而腔内具有亲水性
[B] 对该杯芳烃分子腔内羟基进行成酯修饰,可改变其分子识别能力
[C] 该杯芳烃分子可以防止H2O2将对甲基苯乙烯分子中的甲基氧化
[D] (4-甲基苯基)环氧乙烷分子中的氧原子来自该杯芳烃分子
D
【解析】 该杯芳烃分子腔外为苯环和烷基,具有疏水性,腔内有4个羟基,具有亲水性,A正确;对该杯芳烃分子腔内羟基进行成酯修饰,可改变其分子腔的大小和亲水性,从而改变其分子识别能力,B正确;该杯芳烃分子可以包合H2O2形成超分子,同时使对甲基苯乙烯的乙烯基进入腔内被H2O2氧化,因此能使H2O2只氧化乙烯基而不会氧化甲基,C正确;反应产物中的氧原子来自该杯芳烃分子包合的H2O2,D错误。
综合应用
C
7.(2025·四川名校联盟联考)Al2Br6的晶胞如图所示(已知结构为平行六面体,各棱长不相等,Al2Br6在棱心)。下列描述错误的是( )
[A] 该晶胞中,与Al2Br6距离最近且相等的Al2Br6有4个
[C] 已知Al2Br6可溶于CH3CN生成配合物[Al(CH3CN)2Br2]Br,则1 mol该配合物中有12 mol σ键
[D] 已知NA=6.02×1023 mol-1,一个晶胞的体积V=5.34×10-22 cm3,则Al2Br6晶胞的密度约为3.32 g/cm3
C
8.(24分)(2025·山东烟台栖霞一中月考)Ⅰ.稀土元素是指钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素,共17种,位于元素周期表中第ⅢB族,均为金属元素。
(1)基态钪(Sc)元素的原子核外电子占据的轨道数目共 个,钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期,钇(Y)的价层电子排布式为 。
11
4d15s2
【解析】 (1)钪(Sc)为21号元素,则基态钪(Sc)原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2,则基态钪(Sc)的核外电子占据的轨道数目共11个,钪(Sc)的价层电子排布式为3d14s2,钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期,则钇(Y)的价层电子排布式为4d15s2。
六
O、N
sp2、sp3杂化
(3)钪(Sc)离子在水中以稳定对称的[Sc(H2O)6]3+形式存在,O—Sc—O的键角只有90°和180°两种,其空间结构为 。
正八面体形
【解析】 (3)钪(Sc)离子在水中以稳定对称的 [Sc(H2O)6]3+ 形式存在,其中O—Sc—O的键角只有 90°和180°两种,即钪(Sc)离子的前、后、左、右、上、下与水中的氧连接形成正八面体结构。
(4)铈(Ce)属于镧系元素,氧化铈是一种重要的光催化材料。铈的化合价具有+3价和+4价两种价态,+3价和+4价间的可逆转换会造成氧空位的生成和消除。其光催化的基本原理如图所示,当光照能量(hν)等于或大于氧化铈催化剂的能量时,氧化铈VB上的电子(e-)会受到激发跃迁至CB,留下带正电荷的空穴(h+),形成光生电子—空穴对,与所吸附的物质发生氧化还原反应。则在氧化还原反应中,空穴可视为 (填“氧化剂”或“还原剂”),图中A发生 (填“氧化”或“还原”)反应。
氧化剂
还原
【解析】 (4)在氧化还原反应中,带正电荷的空穴(h+)得到电子,化合价降低,因此空穴可视为氧化剂,根据图中信息可知,A得到电子生成B,则A发生还原反应。
Ⅱ.Cu2-xSe是一种钠离子电池的正极材料,充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示,晶胞内未标出因放电产生的0价铜原子。
(5)每个Cu2-xSe晶胞中含有 个Cu2+(用含x的表达式作答)。
4x
(6)立方Na2Se晶胞的晶胞参数为a pm,位于面心的Se2-所围成的空间结构为
;该晶胞的密度为 g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值,4分)。
正八面体形
