第三章测试卷
(限时:90分钟 分值:100分)
一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.共价键、金属键、离子键和分子间作用力是微观粒子间的不同相互作用,含有上述两种相互作用的晶体是( )
[A]SiC晶体 [B]CCl4晶体
[C]KCl晶体 [D]Na晶体
【答案】 B
【解析】 SiC晶体为共价晶体,晶体中只存在共价键;CCl4晶体是分子晶体,分子之间存在分子间作用力,在分子内部C、Cl之间以共价键结合;KCl晶体为离子晶体,晶体中只存在离子键;Na晶体为金属晶体,晶体中只存在金属键。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
[A]区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验
[B]1 mol金刚石中的C—C数目是2NA,1 mol SiO2晶体中的Si—O数目也是2NA
[C]水晶和干冰在熔化时,晶体中的共价键都会断裂
[D]晶体中分子间作用力越大,分子越稳定
【答案】 A
【解析】 晶体与非晶体最本质的区别是构成物质的粒子在微观空间是否有序排列,X射线衍射实验可以测定晶体结构,A正确;金刚石中1个C与另外4个C形成C—C,这个C对每个单键的贡献只有,所以1 mol C形成的C—C数目为4 mol××NA mol-1=2NA,而二氧化硅晶体中1个Si分别与4个O形成4个Si—O,则1 mol SiO2晶体中Si—O数目为4NA,B错误;水晶是共价晶体,熔化时共价键断裂,而分子晶体干冰熔化时,分子间作用力被削弱而共价键不断裂,C错误;分子的稳定性取决于化学键的强弱,D错误。
3.下列晶体分类中正确的是( )
选项 离子晶体 共价晶体 分子晶体 金属晶体
[A] NH4Cl Ar C6H12O6 生铁
[B] H2SO4 Si S Hg
[C] CH3COONa SiO2 I2 Fe
[D] Ba(OH)2 石墨 普通玻璃 Cu
【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,普通玻璃不是晶体。
4.下列物质的熔、沸点高低顺序中,正确的是( )
[A]金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅
[B]>
[C]MgO>Br2>H2O>O2
[D]金刚石>生铁>纯铁>钠
【答案】 B
【解析】 同属于共价晶体,熔、沸点高低顺序为金刚石>碳化硅>二氧化硅>晶体硅,A错误;易形成分子间氢键的物质的熔、沸点要高于易形成分子内氢键的物质的熔、沸点,B正确;对于不同类型的晶体,其熔、沸点高低顺序一般为共价晶体>离子晶体>分子晶体,结合分子晶体的熔、沸点比较规律可知,熔、沸点高低顺序为MgO>H2O>Br2>O2,C错误;生铁为铁合金,熔、沸点要低于纯铁,D错误。
5.下列说法不正确的是( )
[A]液晶态介于晶体状态和液态之间,液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性
[B]常压下,0 ℃时冰的密度比液态水的密度小,水在4 ℃时密度最大,这些都与分子间的氢键有关
[C]超分子内部分子之间通过共价键相结合
[D]石墨晶体中既有共价键又有范德华力,还有类似金属键的作用力,是一种混合型晶体
【答案】 C
【解析】 液晶态是指介于晶体状态和液态之间的物质状态,像液体具有流动性,像晶体具有有序性,A正确;冰中存在氢键,具有方向性和饱和性,其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小,B正确;超分子内部分子之间通过非共价键相结合,C错误;石墨的结构中,C与C以共价键相连接,形成平面网状结构,层与层之间存在范德华力,石墨具有金属的部分性质,故石墨晶体中既有共价键又有范德华力,还有类似金属键的作用力,是一种混合型晶体,D正确。
6.干冰和二氧化硅同是第ⅣA族元素的最高价氧化物,它们的熔、沸点却差别很大。其原因是( )
[A]二氧化硅相对分子质量大于二氧化碳相对分子质量
[B]CO键能比Si—O键能小
[C]干冰为分子晶体,二氧化硅为共价晶体
[D]干冰易升华,二氧化硅不能
【答案】 C
【解析】 干冰和SiO2所属晶体类型不同,干冰为分子晶体,熔化时破坏分子间作用力,SiO2为共价晶体,熔化时破坏共价键,所以它们的熔、沸点差别很大,故选C。
7.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
[A]36 g冰(图甲)中含共价键数目为4NA
[B]12 g金刚石(图乙)中含有σ键数目为4NA
[C]44 g干冰(图丙)中含有NA个晶胞结构单元
[D]12 g石墨(图丁)中含π键数目为3NA
【答案】 A
【解析】 1个水分子中含有2个共价键,所以36 g(2 mol)冰中含共价键数目为4NA,A正确;金刚石晶体中,1个C形成4个共价键,一个共价键连有2个 C,平均每个C形成2个共价键,所以12 g (1 mol)金刚石中含有σ键数目为2NA,B错误;1个干冰晶胞中,含有8×+6×=
4(个)CO2分子,所以44 g (1 mol)干冰中含有 NA个晶胞结构单元,C错误;石墨晶体中,1个碳原子形成3个 C—C,所以每个碳原子实际占1.5个C—C,12 g (1 mol)石墨中含碳碳键数目为1.5NA,每一层只形成1个π键,故π键数目不是3NA,D错误。
8.X是原子核外电子数最少的元素,Y是地壳中含量最丰富的元素,Z在地壳中的含量仅次于Y,W可以形成自然界中硬度最大的共价晶体。下列叙述错误的是( )
[A]X2Y晶体的熔点高于WX4晶体的熔点
[B]固态X2Y2是分子晶体
[C]ZW是共价晶体,其硬度比Z晶体的大
[D]Z、W是同一主族的元素,Z、W与Y形成的晶体都是共价晶体
【答案】 D
【解析】 氢原子核外只有一个电子,X为氢元素;地壳中含量前两位的元素是氧元素、硅元素,故Y和Z分别是氧元素和硅元素;金刚石是自然界中硬度最大的物质,W为碳元素。X2Y晶体是冰,含氢键,熔点高于CH4,A正确;固态H2O2为分子晶体,B正确;SiC的结构与金刚石类似,碳原子半径小于硅原子半径,SiC的硬度比晶体硅的大,C正确;CO2、CO是分子晶体,D错误。
9.铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5,其组成也可写成氧化物的形式:Fe3Ox·Al2O3·3PbO·5SiO2。下列说法正确的是( )
[A]硅晶体的熔点比二氧化硅晶体高
[B]二氧化硅晶体中,1个硅原子周围有4个Si—O
[C]基态铁原子核外共有2个单电子
[D]金属铝晶体中,1个Al3+只与3个价电子存在强烈的相互作用
【答案】 B
【解析】 硅和二氧化硅都是共价晶体,且键长为Si—Si>Si—O,通常键长越短键能越大,即键能Si—O>Si—Si,键能越大,熔化需要的能量越高,其熔点越高,即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点,A错误;二氧化硅晶体中,以硅原子为中心,1个硅原子周围有4个Si—O,B正确;基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2,有4个单电子,C错误;在金属铝晶体中,铝原子失去3个价电子形成Al3+,这些自由电子形成遍布整块金属晶体的“电子气”,被所有的Al3+共用,D错误。
10.Fe为过渡金属元素,在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4,该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关该配合物的说法正确的是( )
[A]化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4
[B]所含非金属元素均位于元素周期表p区
[C]1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀
[D]该配合物中阳离子呈正八面体结构,阴离子呈正四面体结构
【答案】 A
【解析】 配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26,因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子(3s23p63d6),配体为NO和H2O,每个配体只提供一对电子,可得14+2+2n=26,解得n=5。由分析可知,n=5,故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4,A正确;该配合物所含的非金属元素中,H位于元素周期表s区,N、O、S均位于p区,B不正确;[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物,其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定,不与Ba(OH)2发生反应,但是其外界硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应,因此,1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀,C不正确;该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+,中心离子的配位数为6,但是,由于有两种不同的配体,因此其空间结构不可能是正八面体结构,D不正确。
11.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧,防止锅炉被腐蚀,其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( )
[A]N2H4中σ键与π键的数目之比为5∶1
[B]1 mol N2H4可处理水中2 mol O2
[C][Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键
[D]氨水中NH3与H2O间存在氢键
【答案】 D
【解析】 联氨分子中含有4个N—H和1个N—N,结构式为,只含有单键,即只含有σ键,不含有 π键,A错误;1 mol N2H4生成氮气,失去4 mol电子,而1 mol O2得到4 mol电子,根据得失电子守恒可知,1 mol N2H4可处理水中1 mol O2,B错误;[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间存在配位键,氨分子中N与H形成极性共价键,不存在离子键,C错误;N、O的电负性都较大,其原子能和另一分子中的H形成氢键,所以NH3与H2O间存在氢键,D正确。
12.[Co(NH3)4(N3)2]ClO4(简称DACP)是我国科研工作者合成的一种新型起爆药,结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是( )
[A]1 mol DACP中含有6 mol配位键
[B]1 mol DACP中内所含σ键的物质的量为6 mol
[C]NH3和Cl中心原子的杂化方式不同
[D]DACP中含有的共价键都是极性共价键
【答案】 A
【解析】 [Co(NH3)4(N3)2]ClO4的配离子是[Co(NH3)4(N3)2]+,中心离子是Co3+,配位体为NH3和,则1 mol DACP中含有6 mol配位键,A正确;1个含2个σ键,1 mol DACP中含2 mol ,则1 mol DACP中内所含σ键的物质的量为4 mol,B错误;NH3和Cl中心原子的价层电子对数均为4,均采取sp3杂化,C错误;DACP中内含有非极性共价键,D错误。
13.[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O的空间结构和相应的键角如图所示。下列叙述不正确的是( )
[A]基态Cr的核外电子排布式应为[Ar]3d54s1
[B][Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中Cr3+提供空轨道,N、O、Cl提供孤电子对与Cr3+形成配位键,[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中心离子的配位数为6
[C]NH3分子中的N、H2O分子中的O均为sp3杂化
[D]H2O的键角(104.5°)小于NH3的键角(107.3°)是因为O的电负性大于N的电负性
【答案】 D
【解析】 基态原子满足能量最低原理,Cr核外有24个电子,核外电子排布式应为[Ar]3d54s1,A正确;[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中Cr3+提供空轨道,N、O、Cl提供孤电子对与Cr3+形成配位键,中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数,即3+2+1=6,B正确;NH3、H2O的中心原子N与O的价层电子对数均为4,所以均为sp3杂化,C正确;NH3的中心原子N含有一个孤电子对,而H2O的中心原子O含有两个孤电子对,H2O中O上的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大,键角较小,D错误。
14.茜草中的茜素与Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早使用的媒染染料之一。下列说法错误的是( )
[A]Al与O形成配位键时,O提供孤电子对
[B]配合物X所含的元素中属于s区的只有H
[C]配合物X中Al3+的配位数为6
[D]茜素分子间存在范德华力、氢键
【答案】 B
【解析】 Al与O形成配位键时,O提供孤电子对,Al提供空轨道,A正确;属于s区的元素有H和Ca,B错误;由配合物X的结构可知,Al3+的配位数为6,C正确;茜素为分子晶体,故分子间存在范德华力,茜素含有—OH,存在分子间氢键,D正确。
15.ZrO2的晶胞如图所示。已知:晶胞边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
[A]Zr4+的配位数为4
[B]O位于Zr构成的正四面体空隙中
[C]与Zr4+距离最近且相等的Zr4+有12个
[D]该晶体的密度为 g·cm-3
【答案】 A
【解析】 根据晶胞结构可知,在晶体中与Zr4+的距离相等且最近的O2-有8个,所以Zr4+的配位数为8,A错误;根据晶胞结构可知,O位于Zr构成的正四面体空隙中,B正确;以顶点Zr4+为研究对象,在一个晶胞中与Zr4+距离最近且相等的Zr4+有3个,分别位于通过该顶点的三个平面的面心上,通过该Zr4+可以形成8个晶胞,则与Zr4+距离最近且相等的Zr4+有12个,C正确;该晶胞中含有Zr4+的数目是8×+6×=4,含有O2-的数目是8,晶胞边长为a pm,则该晶体的密度ρ== g·cm-3= g·cm-3,D正确。
16.
红砷镍是一种六方晶体,其晶胞如图所示(底面为60°和120°的菱形)。下列说法错误的是( )
[A]晶胞中Ni的个数为2
[B]红砷镍晶体的化学式为NiAs
[C]晶体中Ni周围距离最近且等距的As有6个
[D]Ni和As间的最短距离为 pm
【答案】 D
【解析】 根据均摊法,该晶胞中含有Ni的数目为4×+4×+2×+2×=2,含有As的数目为2,因此该晶体的化学式为NiAs,A、B正确;晶胞中Ni和As的个数相同,配位数相同,由晶胞结构图可知,As的配位数为6,则Ni的配位数也为6,C正确;该晶体是一种六方晶体,左前的As到底面的距离为 pm,左前下的顶点Ni与As垂直底面的交点距离为 pm,因此Ni与As间的最短距离为 pm,D错误。
二、非选择题(本大题共4小题,共52分)
17.(16分)Ⅰ.(10分)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域,制备过程如下:Cu2+[Cu(NH3)4]2+Cu2O。回答下列问题。
(1)基态Cu2+的核外电子排布式为 。
(2)1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有 mol σ键。
(3)N2H4·H2O中N的杂化方式为 ;基态N中未成对电子数为 。
(4)含铜废液可以利用双缩脲[HN(CONH2)2]进行萃取,实现铜离子的富集回收。HN(CONH2)2中除氢外的非金属元素第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。
(5)Cu2O的晶胞结构如图所示,则Cu+的配位数为 。
Ⅱ.(6分)Cu、Zn等副族元素化合物性质十分有趣,组成了多姿多彩的化学世界。请回答下列问题。
(1)下列有关说法不正确的是 (填字母)。
A.高温下氧化物的稳定性:Cu2O>CuO
B.[Cu(NH3)4]2+可用VSEPR模型来预测Cu2+的杂化方式
C.已知第一电离能Zn>Cu,则Zn没有Cu活泼
D.Zn可溶于氨水生成配离子 [Zn(OH)4]2-
(2)无水CuCl2为无限长链结构,每个Cu处于4个 Cl形成的平面四边形的中心,请画出CuCl2的链状结构。
(3)合金材料在现代生活中占有重要地位,其呈现丰富的晶体结构。不锈钢材料常采用铁铬合金,一种晶体结构的部分如图所示,请写出晶胞的化学组成: 。
【答案】 Ⅰ.(1)1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)(1分)
(2)16(2分) (3)sp3杂化(1分) 3(2分)
(4)N>O>C(2分) (5)2(2分)
Ⅱ.(1)BCD(2分)
(2)(2分)
(3)Fe4Cr12(2分)
【解析】 Ⅰ.(1)基态Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,基态Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。(2)1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有4 mol配位键,NH3中含有N—H极性共价键,1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有(4+3×4) mol=16 mol σ键。(3)N2H4·H2O中N成键电子对数为3,孤电子对数为1,则N的杂化方式为sp3杂化;基态N的核外电子排布式为1s22s22p3,则未成对电子数为3。(4)HN(CONH2)2 中除H外的非金属元素有C、N、O三种,同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,氮原子2p轨道为半充满状态,第一电离能大于同周期相邻元素,则第一电离能N>O>C。(5)根据晶胞结构可知,O2-与周围4个Cu+构成正四面体,则O2-的配位数为4,根据化学式可知,Cu+的配位数
为2。
Ⅱ.(1)Cu+的最外层为全充满的稳定结构,则稳定性Cu2O>CuO,A正确;[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道接受孤电子对,是一个内轨型配合物,无法用VSEPR模型来预测Cu2+的杂化方式,B错误;第一电离能Zn>Cu,但Zn比Cu活泼,这是因为第一电离能是指一个气态原子失去一个电子转化为气态正离子所需要的最低能量,而金属的活泼性是指金属原子失去电子的难易程度,C错误;Zn可溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+,D错误。(2)无水CuCl2为无限长链结构,每个Cu处于4个Cl形成的平面四边形的中心,其链状结构为。
(3)根据题给铁铬合金晶体结构的部分图分析可知,Fe位于顶点,个数为4×=,Cr位于体内及顶点,个数为4×+1=,根据晶胞结构特点,晶胞中Fe的个数为×8=4,Cr的个数为×8=12,晶胞的化学组成为Fe4Cr12。
18.(12分)按要求回答下列问题。
(1)某化合物的晶胞如图所示:
①其化学式是 。
②每个Pb紧邻的CH3N数目为 。
③以下说法正确的是 (填字母)。
A.第一电离能:N>C>H
B.晶体中碘粒子的电子排布式:
[Kr]4d105s25p6
C.CH3N中—CH3的VSEPR模型为平面三角形
D.基态氮原子中2px、2py、2pz轨道相互垂直,但能量相等
(2)比较键角∠H—N—H:CH3N (填“>”“<”或“=”)NH3,请说明原因:
。
(3)[Co(NH3)4Cl2]Cl中的配体为 (填化学式),该晶体呈现紫色和绿色2种颜色,请说明存在2种颜色的原因: 。
【答案】 (1)①CH3NH3PbI3(2分) ②8(2分) ③BD(2分)
(2)>(1分) NH3中N有孤电子对,对成键电子对的斥力大,导致键角小(2分)
(3)NH3、Cl-(1分) [Co(NH3)4Cl2]+结构为八面体形,存在2种同分异构体(2分)
【解析】 (1)①CH3N位于体心,数目为1,Pb位于顶点,数目为8×=1,I位于棱上,数目为12×=3,化学式是CH3NH3PbI3。②以顶点Pb为中心,每个晶胞中有 1个 CH3N,所以每个Pb紧邻的CH3N数目为8。③第一电离能C
CH3N中—CH3 的中心原子C的价层电子对数为4,VSEPR模型为四面体形,C错误;基态N中2px、2py、2pz轨道相互垂直,属于简并轨道,所以能量相等,D正确。
(2)NH3中N有孤电子对,对成键电子对的斥力大,导致键角小。
(3)[Co(NH3)4Cl2]Cl中的配体为NH3、Cl-,该晶体呈现紫色和绿色2种颜色,是因为[Co(NH3)4Cl2]+结构为八面体形,存在2种同分异构体。
19.(12分)氢是清洁能源,甲烷与水蒸气催化重整制氢反应为CH4+H2OCO+3H2。
(1)[Cu(NH3)2]Ac可除去混合气中CO:[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac(Ac表示CH3COO-)。
①C、N、O中电负性最大的是 ,[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是 。
②下列有关叙述正确的是 (填字母)。
A.N的第二电离能>O的第二电离能
B.[Cu(NH3)3CO]+中既有σ键又有π键
C.Cu变成Cu+,优先失去4s轨道上的电子
D.As与N同主族,As的简化电子排布式为 [Ne]3s23p3
(2)比较键角∠H—N—H:[Cu(NH3)2]+ (填“>”“<”或“=”)NH3,原因是
。
(3)常见金属储氢材料的晶胞结构如图所示。
①图甲为镧镍合金(LaNix),则x= 。
②图乙为铝镁合金(AlMg2),则Mg的配位数(紧邻的Al的个数)为 。
③图丙为铜金合金(Cu3Au),储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au构成的四面体空隙中。若储氢后晶胞中紧邻的两个Au的距离为a pm,标准状况下氢气的摩尔体积为Vm L/mol,阿伏加德罗常数的值为NA,则该材料的储氢能力为 (储氢能力=)。
【答案】 (1)①O(1分) sp2、sp3(2分) ②BC(2分)
(2)>(1分) [Cu(NH3)2]+中N上无孤电子对,NH3中N上有孤电子对,孤电子对对成键电子对的斥力大,导致键角小(2分)
(3)①5(1分) ②4(1分) ③×1033(2分)
【解析】 (1)①同周期元素从左到右电负性逐渐增大,则C、N、O中电负性最大的是O。[Cu(NH3)2]Ac中,醋酸根离子中甲基上的C为sp3杂化,羧基上的C为sp2杂化,碳原子杂化类型有sp2、sp3两种。②N失去一个电子后最外层有4个电子,2p轨道上有2个电子,容易失电子,O失去一个电子后最外层有5个电子,2p轨道半充满较稳定,因此N的第二电离能(2)[Cu(NH3)2]+中N上无孤电子对,NH3中N上有孤电子对,孤电子对对成键电子对的斥力大,导致键角小。
(3)①根据均摊法可知,该晶胞中La个数为4×+4×=1,Ni个数为×8+1=5,则x=5。②以右下顶点的Mg为例,与其紧邻的Al位于面心,且只有竖直面4个面心上有Al,因此Mg的配位数为4。③储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au构成的四面体空隙中,根据题图可知,Au位于顶点,顶点上的 8个 Au均可与紧邻的三个Cu形成四面体,则储氢时晶胞可填入8个氢原子,储氢后氢的密度为 g/cm3,标准状况下氢气的密度为 g/cm3,则该材料的储氢能力为×1033。
20.(12分)含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答下列问题。
(1)CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-。形成该配离子时,基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道,则重排后的 Co3+的价层电子轨道表示式为 ;CO2的金属配合物也已经制备成功,但为数不多,如Ni(PH3)2CO2,已知该配合物的配位数与Ni(CO)4的配位数相同,测得其中存在两种碳氧键的键长,一种为0.117 nm,另一种为 0.122 nm。请画出Ni(PH3)2CO2的结构示意图: 。
(2)激光照射下NOCl分子会发生解离,将产物通过质谱仪,发现存在=30的离子峰,该峰对应的粒子是 (填字母)。(已知各产物粒子均带1个单位正电荷)
A.NOCl+ B.NO+
C.Cl+ D.OCl+OCl+
(3)N、P、As同属于第ⅤA族,下列说法正确的是 (填字母)。
A.原子半径r(N)>r(P)>r(As),且电负性N>P>As
B.N、P、As的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱
C.简单氢化物的还原性:NH3>PH3>AsH3
D.黑砷和黑磷的结构相似(如图),每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中,As与As—As的个数比为2∶3
(4)硅常见晶体有SiO2,其晶胞如图所示。
SiO2晶体中距离最近的两个Si间距为L pm,则SiO2的晶胞边长a= pm;若SiO2的密度为ρ g·cm-3,则阿伏加德罗常数的值可表示为NA= (列出计算式即可)。
【答案】 (1)(2分)
(2分)
(2)B(2分)
(3)BD(2分)
(4)L(2分) (2分)
【解析】 (1)基态Co3+的价层电子排布式为3d6,CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-,形成该配离子时,基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道,则重排后的Co3+的价层电子轨道表示式为;Ni(CO)4的配位数为4,Ni(PH3)2CO2的配位数与Ni(CO)4的配位数相同,则Ni(PH3)2CO2的配位数也为4,测得其中存在两种碳氧键的键长,一种为0.117 nm,另一种为0.122 nm,说明Ni与PH3分子中的P、CO2分子中的碳原子和1个氧原子形成配位键,其结构示意图为。
(2)各产物粒子均带1个单位正电荷,因=30,即z=1,m=30,则该峰对应的粒子是NO+。
(3)同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小,则原子半径r(N)P>As,A错误;同主族元素从上到下,非金属性逐渐减弱,最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱,则N、P、As的最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱,B正确;同主族元素从上到下,非金属性逐渐减弱,简单氢化物的还原性逐渐增强,即简单氢化物的还原性NH3(4)若SiO2晶体中距离最近的两个Si间距为L pm,则有L pm=a,所以a=L pm;根据均摊法可知,每个晶胞中含有8×+6×+4=8(个)Si,含有16个O,则ρ g·cm-3= g·cm-3,可得阿伏加德罗常数的值NA=。
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章末整合·真题导向
考向一 晶体类型、组成与性质
1.(2025·浙江1月选考)某化合物Fe(NH3)2Cl2的晶胞如图所示,下列说法不正确的是( )
[A]晶体类型为混合型晶体
[B]NH3与二价铁形成配位键
[C]该化合物与水反应有难溶物生成
[D]该化合物的热稳定性比FeCl2的高
D
2.(2023·北京卷)中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔,是碳材料科学的一大进步。
A
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
[A]三种物质中均有碳碳原子间的σ键
[B]三种物质中的碳原子都是sp3杂化
[C]三种物质的晶体类型相同
[D]三种物质均能导电
【解析】 原子间优先形成σ键,三种物质中均存在碳碳原子间的σ键,A项正确;金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化,石墨中所有碳原子均采用sp2杂化,石墨炔中苯环上的碳原子采用sp2杂化,碳碳三键上的碳原子采用sp杂化,B项错误;金刚石为共价晶体,石墨炔为分子晶体,石墨为混合型晶体,C项错误;金刚石中没有自由移动的电子,不能导电,D项错误。
3.(2024·上海卷,节选)铝的三种化合物的沸点如下表所示。
铝的卤化物 AlF3 AlCl3 AlBr3
沸点 1 500 370 430
解释三种卤化物沸点差异的原因:
。
AlF3为离子晶体,AlCl3和AlBr3为分子晶体,故AlF3的沸点最高
考向二 晶体结构的分析与计算
4.(2024·江西卷)NbO的立方晶胞如图,晶胞参数为a nm,P的分数坐标为(0,0,0),阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是( )
D
5.(2024·安徽卷)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为+4价,La为+3价。下列说法错误的是( )
B
D
7.(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
8.回答下列问题。
(1)(2025·浙江1月选考)某化合物的晶胞如图所示,其化学式是 。
Ca3PCl3
(2)(2024·浙江1月选考)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
[或Cr(H2O)4Cl2]
【解析】(2)由晶胞图可知,每个Cr连接2个Cl、4个H2O,化学式为CrCl2·
4H2O;由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2·4H2O分子,故为分子晶体。
(3)(2023·福建卷)铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝,其晶胞结构如图所示。
a.氢键 b.离子键
c.共价键 d.金属键
2
2∶1
bc
(4)(2023·重庆卷)α-AgI可用作固体离子导体,能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化,只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A.质谱仪 B.红外光谱仪
C.核磁共振仪 D.X射线衍射仪
D
【解析】 (4)①区分晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法,故测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为 。
12∶7
(5)(2023·广东卷)由CoCl2可制备AlxCoOy晶体,其立方晶胞如图所示。Al与O最小间距大于Co与O最小间距,x、y为整数,则Co在晶胞中的位置为 ;晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。
体心
12
考向三 配合物
9.(2024·福建卷)用CuCl探究Cu(Ⅰ)、Cu(Ⅱ)性质,实验步骤及观察到的现象
如下:
A
下列说法错误的是( )
[A]与Cu2+的配位能力:NH3[B][Cu(NH3)2]+(aq)无色
[C]氧化性:[Cu(NH3)2]+<[Cu(NH3)4]2+
[D]探究过程未发生反应②
由反应①得到无色溶液可知,[Cu(NH3)2]+(aq)无色,B正确;③是氧化还原反
应,其中[Cu(NH3)4]2+作氧化剂,[Cu(NH3)2]+为氧化产物,氧化性[Cu(NH3)4]2+>
[Cu(NH3)2]+,C正确;依据露置在空气中没有红色固体析出的现象可推断未发生反应②,D正确。
10.(2024·上海卷,节选)已知AlBr3可二聚为如图的二聚体:
将该二聚体溶于CH3CN生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(结构如图所示),已知其配离子为四面体形,中心原子杂化方式为 ,其中配体是 ,
1 mol该配合物中有σ键 mol。
sp3
CH3CN、Br-
14
【解析】 该配离子中,中心原子与四个配体相连,形成四面体形结构,杂化方式为sp3,配体分别是CH3CN和Br-,1个该配合物中含有12个单键、2个碳氮三键,1个碳氮三键中有1个σ键,因此1 mol 该配合物中σ键有14 mol。
电子对数为4,无孤电子对,不能做配位原子;端基硫原子含有孤电子对,能做配位原子章末整合·真题导向
考向一 晶体类型、组成与性质
1.(2025·浙江1月选考)某化合物Fe(NH3)2Cl2的晶胞如图所示,下列说法不正确的是( )
[A]晶体类型为混合型晶体
[B]NH3与二价铁形成配位键
[C]该化合物与水反应有难溶物生成
[D]该化合物的热稳定性比FeCl2的高
【答案】 D
【解析】 由题图可知,Fe(NH3)2Cl2晶体中存在离子键、配位键、分子间作用力,具有分子晶体和离子晶体的特性,属于混合型晶体,A正确;NH3与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+,B正确;Fe(NH3)2Cl2与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀,反应的化学方程式为Fe(NH3)2Cl2+2H2OFe(OH)2↓+2NH4Cl,C正确;Fe(NH3)2Cl2中[Fe(NH3)2]2+的半径大于Fe2+的,[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能,Fe(NH3)2Cl2的热稳定性小于FeCl2的,D错误。
2.(2023·北京卷)中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔,是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
[A]三种物质中均有碳碳原子间的σ键
[B]三种物质中的碳原子都是sp3杂化
[C]三种物质的晶体类型相同
[D]三种物质均能导电
【答案】 A
【解析】 原子间优先形成σ键,三种物质中均存在碳碳原子间的σ键,A项正确;金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化,石墨中所有碳原子均采用sp2杂化,石墨炔中苯环上的碳原子采用sp2杂化,碳碳三键上的碳原子采用sp杂化,B项错误;金刚石为共价晶体,石墨炔为分子晶体,石墨为混合型晶体,C项错误;金刚石中没有自由移动的电子,不能导电,D项错误。
3.(2024·上海卷,节选)铝的三种化合物的沸点如下表所示。
铝的卤化物 AlF3 AlCl3 AlBr3
沸点 1 500 370 430
解释三种卤化物沸点差异的原因:
。
【答案】 AlF3为离子晶体,AlCl3和AlBr3为分子晶体,故AlF3的沸点最高
考向二 晶体结构的分析与计算
4.(2024·江西卷)NbO的立方晶胞如图,晶胞参数为a nm,P的分数坐标为(0,0,0),阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是( )
[A]Nb的配位数是6
[B]Nb和O最短距离为a nm
[C]晶体密度ρ= g/cm3
[D]M的分数坐标为(,,)
【答案】 D
【解析】 由题图可知,NbO的立方晶胞中距离Nb最近且距离相等的O有4个,Nb的配位数是4,故A错误;Nb和O最短距离为边长的,晶胞参数为a nm,Nb和O最短距离为
a nm,故B错误;根据均摊法可知,该晶胞中Nb的个数为6×=3,O的个数为12×=3,即晶胞中含有3个NbO,晶体密度ρ=== g/cm3,故C错误;P的分数坐标为(0,0,0),则M的分数坐标为(,,),故D正确。
5.(2024·安徽卷)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为+4价,La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为8×=1(个),含O为12×=3(个),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,(+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。
6.(2024·湖南卷)Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物,其合成反应为2LiH+C+N2Li2CN2+H2,晶胞如图所示,下列说法错误的是( )
[A]合成反应中,还原剂是LiH和C
[B]晶胞中含有的Li+个数为4
[C]每个C周围与它最近且距离相等的Li+有8个
[D]C为V形结构
【答案】 D
【解析】 LiH中氢元素为-1价,C中氮元素为-3价、碳元素为+4价,根据反应2LiH+C+
N2Li2CN2+H2可知,氢元素由-1价升高到0价,碳元素由0价升高到+4价,氮元素由0价降低到-3价,由此可知,还原剂是LiH和C,故A正确;根据均摊法可知,Li+位于晶胞的面上,则晶胞中含有的Li+个数为8×=4,故B正确;观察位于体心的C可知,与它最近且距离相等的Li+有 8个,故C正确;C的中心原子碳原子的价层电子对数为2+×
(4+2-3×2)=2,且C与CO2互为等电子体,可知C为直线形结构,故D错误。
7.(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的原子个数比为9∶8,因此结构1的化学式为Co9S8,故A正确;由图可知,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,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。
8.回答下列问题。
(1)(2025·浙江1月选考)某化合物的晶胞如图所示,其化学式是 。
(2)(2024·浙江1月选考)某化合物的晶胞如图所示,其化学式是 ,晶体类型是 。
(3)(2023·福建卷)铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝,其晶胞结构如图所示。
晶胞中含有 个,N(Cu+)∶N(Cu2+)= 。晶体中粒子间作用力有 (填字母)。
a.氢键 b.离子键
c.共价键 d.金属键
(4)(2023·重庆卷)α-AgI可用作固体离子导体,能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化,只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A.质谱仪 B.红外光谱仪
C.核磁共振仪 D.X射线衍射仪
②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为 。
(5)
(2023·广东卷)由CoCl2可制备AlxCoOy晶体,其立方晶胞如图所示。Al与O最小间距大于Co与O最小间距,x、y为整数,则Co在晶胞中的位置为 ;晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。
【答案】 (1)Ca3PCl3
(2)CrCl2·4H2O[或Cr(H2O)4Cl2] 分子晶体
(3)2 2∶1 bc
(4)①D ②12∶7
(5)体心 12
【解析】 (1)根据均摊原则,晶胞中氯原子数为6×=3、磷原子数为8×=1、钙原子数为12×=3,所以化学式是Ca3PCl3。
(2)由晶胞图可知,每个Cr连接2个Cl、4个H2O,化学式为CrCl2·4H2O;由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2·4H2O分子,故为分子晶体。
(3)由俯视图可知,俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上,结合晶胞图可知该S处于棱上,且该S实际存在形式为,个数为=2;俯视图处于面上的S可能处于晶胞体内或者面上,结合晶胞图可知该S处于体内,且该S实际存在形式为S2-,个数为2,因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8,由晶胞可知Cu位于晶胞内部,则晶胞中Cu的总个数为6,设Cu+的个数为x,Cu2+的个数为y,则x+y=6,x+2y=+8,联立两式解得x=4,y=2,故N(Cu+)∶N(Cu2+)=2∶1;晶体中粒子间作用力有离子键及共价键。
(4)①区分晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法,故测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②据“均摊法”,γ-AgI晶胞中含8×+6×=4(个)I,则晶体密度为 g/cm3=7.0 g/cm3;
α-AgI晶胞中含8×+1=2(个)I,则晶体密度为 g/cm3=6.0 g/cm3;故=,则γ-AgI晶胞与α-AgI晶胞的体积之比为12∶7。
(5)由CoCl2可制备AlxCoOy晶体,其立方晶胞如题图。x、y为整数,根据图中信息,该晶胞中Co、Al都只有1个,而O(白色球)有3个,Al与O最小间距大于Co与O最小间距,则Al在顶点,因此Co在晶胞中的位置为体心;以顶点Al分析,距离其最近的O位于面心,因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。
考向三 配合物
9.(2024·福建卷)用CuCl探究Cu(Ⅰ)、Cu(Ⅱ)性质,实验步骤及观察到的现象如下:
该过程中可能涉及的反应有:
①CuCl+2NH3·H2O[Cu(NH3)2]++Cl-+2H2O
②2[Cu(NH3)2]+[Cu(NH3)4]2++Cu↓
③[Cu(NH3)4]2++Cu2[Cu(NH3)2]+
④4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O
下列说法错误的是( )
[A]与Cu2+的配位能力:NH3[B][Cu(NH3)2]+(aq)无色
[C]氧化性:[Cu(NH3)2]+<[Cu(NH3)4]2+
[D]探究过程未发生反应②
【答案】 A
【解析】 根据实验步骤及观察到的现象可知,加过量氨水时发生反应①CuCl+2NH3·
H2O+Cl-+2H2O,依据无色溶液露置在空气中变蓝且没有红色固体析出可知,含Cu(Ⅰ)配合物阳离子被氧化,发生了反应+O2+8NH3·H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O;依据加入适量铜粉振荡后变为无色溶液可知,含Cu(Ⅱ)配合物阳离子被还原,发生了反应③[Cu(NH3)4]2++Cu2[Cu(NH3)2]+。由反应④产物中[Cu(NH3)4]2+和OH-稳定共存可知,与Cu2+的配位能力NH3>OH-,A不正确;由反应①得到无色溶液可知,[Cu(NH3)2]+(aq)无色,B正确;③是氧化还原反应,其中[Cu(NH3)4]2+作氧化剂,
[Cu(NH3)2]+为氧化产物,氧化性[Cu(NH3)4]2+>[Cu(NH3)2]+,C正确;依据露置在空气中没有红色固体析出的现象可推断未发生反应②,D正确。
10.(2024·上海卷,节选)已知AlBr3可二聚为如图的二聚体:
将该二聚体溶于CH3CN生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(结构如图所示),已知其配离子为四面体形,中心原子杂化方式为 ,其中配体是 ,1 mol该配合物中有σ键 mol。
【答案】 sp3 CH3CN、Br- 14
【解析】 该配离子中,中心原子与四个配体相连,形成四面体形结构,杂化方式为sp3,配体分别是CH3CN和Br-,1个该配合物中含有12个单键、2个碳氮三键,1个碳氮三键中有1个σ键,因此1 mol 该配合物中σ键有14 mol。
11.(2023·北京卷,节选)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2)可看作是S中的一个氧原子被硫原子取代的产物。
浸金时,S2作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。分别判断S2中的中心硫原子和端基硫原子能否做配位原子并说明理由:
。
【答案】 S2中的中心原子S的价层电子对数为4,无孤电子对,不能做配位原子;端基硫原子含有孤电子对,能做配位原子
【解析】 具有孤电子对的原子可以给中心原子提供电子配位。S2中的中心原子S的价层电子对数为4,无孤电子对,不能做配位原子;端基硫原子含有孤电子对,能做配位原子。
第三章测试卷
(限时:90分钟 分值:100分)
一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.共价键、金属键、离子键和分子间作用力是微观粒子间的不同相互作用,含有上述两种相互作用的晶体是( )
[A]SiC晶体 [B]CCl4晶体
[C]KCl晶体 [D]Na晶体
【答案】 B
【解析】 SiC晶体为共价晶体,晶体中只存在共价键;CCl4晶体是分子晶体,分子之间存在分子间作用力,在分子内部C、Cl之间以共价键结合;KCl晶体为离子晶体,晶体中只存在离子键;Na晶体为金属晶体,晶体中只存在金属键。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
[A]区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验
[B]1 mol金刚石中的C—C数目是2NA,1 mol SiO2晶体中的Si—O数目也是2NA
[C]水晶和干冰在熔化时,晶体中的共价键都会断裂
[D]晶体中分子间作用力越大,分子越稳定
【答案】 A
【解析】 晶体与非晶体最本质的区别是构成物质的粒子在微观空间是否有序排列,X射线衍射实验可以测定晶体结构,A正确;金刚石中1个C与另外4个C形成C—C,这个C对每个单键的贡献只有,所以1 mol C形成的C—C数目为4 mol××NA mol-1=2NA,而二氧化硅晶体中1个Si分别与4个O形成4个Si—O,则1 mol SiO2晶体中Si—O数目为4NA,B错误;水晶是共价晶体,熔化时共价键断裂,而分子晶体干冰熔化时,分子间作用力被削弱而共价键不断裂,C错误;分子的稳定性取决于化学键的强弱,D错误。
3.下列晶体分类中正确的是( )
选项 离子晶体 共价晶体 分子晶体 金属晶体
[A] NH4Cl Ar C6H12O6 生铁
[B] H2SO4 Si S Hg
[C] CH3COONa SiO2 I2 Fe
[D] Ba(OH)2 石墨 普通玻璃 Cu
【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,普通玻璃不是晶体。
4.下列物质的熔、沸点高低顺序中,正确的是( )
[A]金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅
[B]>
[C]MgO>Br2>H2O>O2
[D]金刚石>生铁>纯铁>钠
【答案】 B
【解析】 同属于共价晶体,熔、沸点高低顺序为金刚石>碳化硅>二氧化硅>晶体硅,A错误;易形成分子间氢键的物质的熔、沸点要高于易形成分子内氢键的物质的熔、沸点,B正确;对于不同类型的晶体,其熔、沸点高低顺序一般为共价晶体>离子晶体>分子晶体,结合分子晶体的熔、沸点比较规律可知,熔、沸点高低顺序为MgO>H2O>Br2>O2,C错误;生铁为铁合金,熔、沸点要低于纯铁,D错误。
5.下列说法不正确的是( )
[A]液晶态介于晶体状态和液态之间,液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性
[B]常压下,0 ℃时冰的密度比液态水的密度小,水在4 ℃时密度最大,这些都与分子间的氢键有关
[C]超分子内部分子之间通过共价键相结合
[D]石墨晶体中既有共价键又有范德华力,还有类似金属键的作用力,是一种混合型晶体
【答案】 C
【解析】 液晶态是指介于晶体状态和液态之间的物质状态,像液体具有流动性,像晶体具有有序性,A正确;冰中存在氢键,具有方向性和饱和性,其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小,B正确;超分子内部分子之间通过非共价键相结合,C错误;石墨的结构中,C与C以共价键相连接,形成平面网状结构,层与层之间存在范德华力,石墨具有金属的部分性质,故石墨晶体中既有共价键又有范德华力,还有类似金属键的作用力,是一种混合型晶体,D正确。
6.干冰和二氧化硅同是第ⅣA族元素的最高价氧化物,它们的熔、沸点却差别很大。其原因是( )
[A]二氧化硅相对分子质量大于二氧化碳相对分子质量
[B]CO键能比Si—O键能小
[C]干冰为分子晶体,二氧化硅为共价晶体
[D]干冰易升华,二氧化硅不能
【答案】 C
【解析】 干冰和SiO2所属晶体类型不同,干冰为分子晶体,熔化时破坏分子间作用力,SiO2为共价晶体,熔化时破坏共价键,所以它们的熔、沸点差别很大,故选C。
7.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
[A]36 g冰(图甲)中含共价键数目为4NA
[B]12 g金刚石(图乙)中含有σ键数目为4NA
[C]44 g干冰(图丙)中含有NA个晶胞结构单元
[D]12 g石墨(图丁)中含π键数目为3NA
【答案】 A
【解析】 1个水分子中含有2个共价键,所以36 g(2 mol)冰中含共价键数目为4NA,A正确;金刚石晶体中,1个C形成4个共价键,一个共价键连有2个 C,平均每个C形成2个共价键,所以12 g (1 mol)金刚石中含有σ键数目为2NA,B错误;1个干冰晶胞中,含有8×+6×=
4(个)CO2分子,所以44 g (1 mol)干冰中含有 NA个晶胞结构单元,C错误;石墨晶体中,1个碳原子形成3个 C—C,所以每个碳原子实际占1.5个C—C,12 g (1 mol)石墨中含碳碳键数目为1.5NA,每一层只形成1个π键,故π键数目不是3NA,D错误。
8.X是原子核外电子数最少的元素,Y是地壳中含量最丰富的元素,Z在地壳中的含量仅次于Y,W可以形成自然界中硬度最大的共价晶体。下列叙述错误的是( )
[A]X2Y晶体的熔点高于WX4晶体的熔点
[B]固态X2Y2是分子晶体
[C]ZW是共价晶体,其硬度比Z晶体的大
[D]Z、W是同一主族的元素,Z、W与Y形成的晶体都是共价晶体
【答案】 D
【解析】 氢原子核外只有一个电子,X为氢元素;地壳中含量前两位的元素是氧元素、硅元素,故Y和Z分别是氧元素和硅元素;金刚石是自然界中硬度最大的物质,W为碳元素。X2Y晶体是冰,含氢键,熔点高于CH4,A正确;固态H2O2为分子晶体,B正确;SiC的结构与金刚石类似,碳原子半径小于硅原子半径,SiC的硬度比晶体硅的大,C正确;CO2、CO是分子晶体,D错误。
9.铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5,其组成也可写成氧化物的形式:Fe3Ox·Al2O3·3PbO·5SiO2。下列说法正确的是( )
[A]硅晶体的熔点比二氧化硅晶体高
[B]二氧化硅晶体中,1个硅原子周围有4个Si—O
[C]基态铁原子核外共有2个单电子
[D]金属铝晶体中,1个Al3+只与3个价电子存在强烈的相互作用
【答案】 B
【解析】 硅和二氧化硅都是共价晶体,且键长为Si—Si>Si—O,通常键长越短键能越大,即键能Si—O>Si—Si,键能越大,熔化需要的能量越高,其熔点越高,即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点,A错误;二氧化硅晶体中,以硅原子为中心,1个硅原子周围有4个Si—O,B正确;基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2,有4个单电子,C错误;在金属铝晶体中,铝原子失去3个价电子形成Al3+,这些自由电子形成遍布整块金属晶体的“电子气”,被所有的Al3+共用,D错误。
10.Fe为过渡金属元素,在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4,该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关该配合物的说法正确的是( )
[A]化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4
[B]所含非金属元素均位于元素周期表p区
[C]1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀
[D]该配合物中阳离子呈正八面体结构,阴离子呈正四面体结构
【答案】 A
【解析】 配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26,因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子(3s23p63d6),配体为NO和H2O,每个配体只提供一对电子,可得14+2+2n=26,解得n=5。由分析可知,n=5,故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4,A正确;该配合物所含的非金属元素中,H位于元素周期表s区,N、O、S均位于p区,B不正确;[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物,其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定,不与Ba(OH)2发生反应,但是其外界硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应,因此,1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀,C不正确;该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+,中心离子的配位数为6,但是,由于有两种不同的配体,因此其空间结构不可能是正八面体结构,D不正确。
11.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧,防止锅炉被腐蚀,其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( )
[A]N2H4中σ键与π键的数目之比为5∶1
[B]1 mol N2H4可处理水中2 mol O2
[C][Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键
[D]氨水中NH3与H2O间存在氢键
【答案】 D
【解析】 联氨分子中含有4个N—H和1个N—N,结构式为,只含有单键,即只含有σ键,不含有 π键,A错误;1 mol N2H4生成氮气,失去4 mol电子,而1 mol O2得到4 mol电子,根据得失电子守恒可知,1 mol N2H4可处理水中1 mol O2,B错误;[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间存在配位键,氨分子中N与H形成极性共价键,不存在离子键,C错误;N、O的电负性都较大,其原子能和另一分子中的H形成氢键,所以NH3与H2O间存在氢键,D正确。
12.[Co(NH3)4(N3)2]ClO4(简称DACP)是我国科研工作者合成的一种新型起爆药,结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是( )
[A]1 mol DACP中含有6 mol配位键
[B]1 mol DACP中内所含σ键的物质的量为6 mol
[C]NH3和Cl中心原子的杂化方式不同
[D]DACP中含有的共价键都是极性共价键
【答案】 A
【解析】 [Co(NH3)4(N3)2]ClO4的配离子是[Co(NH3)4(N3)2]+,中心离子是Co3+,配位体为NH3和,则1 mol DACP中含有6 mol配位键,A正确;1个含2个σ键,1 mol DACP中含2 mol ,则1 mol DACP中内所含σ键的物质的量为4 mol,B错误;NH3和Cl中心原子的价层电子对数均为4,均采取sp3杂化,C错误;DACP中内含有非极性共价键,D错误。
13.[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O的空间结构和相应的键角如图所示。下列叙述不正确的是( )
[A]基态Cr的核外电子排布式应为[Ar]3d54s1
[B][Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中Cr3+提供空轨道,N、O、Cl提供孤电子对与Cr3+形成配位键,[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中心离子的配位数为6
[C]NH3分子中的N、H2O分子中的O均为sp3杂化
[D]H2O的键角(104.5°)小于NH3的键角(107.3°)是因为O的电负性大于N的电负性
【答案】 D
【解析】 基态原子满足能量最低原理,Cr核外有24个电子,核外电子排布式应为[Ar]3d54s1,A正确;[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中Cr3+提供空轨道,N、O、Cl提供孤电子对与Cr3+形成配位键,中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数,即3+2+1=6,B正确;NH3、H2O的中心原子N与O的价层电子对数均为4,所以均为sp3杂化,C正确;NH3的中心原子N含有一个孤电子对,而H2O的中心原子O含有两个孤电子对,H2O中O上的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大,键角较小,D错误。
14.茜草中的茜素与Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早使用的媒染染料之一。下列说法错误的是( )
[A]Al与O形成配位键时,O提供孤电子对
[B]配合物X所含的元素中属于s区的只有H
[C]配合物X中Al3+的配位数为6
[D]茜素分子间存在范德华力、氢键
【答案】 B
【解析】 Al与O形成配位键时,O提供孤电子对,Al提供空轨道,A正确;属于s区的元素有H和Ca,B错误;由配合物X的结构可知,Al3+的配位数为6,C正确;茜素为分子晶体,故分子间存在范德华力,茜素含有—OH,存在分子间氢键,D正确。
15.ZrO2的晶胞如图所示。已知:晶胞边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
[A]Zr4+的配位数为4
[B]O位于Zr构成的正四面体空隙中
[C]与Zr4+距离最近且相等的Zr4+有12个
[D]该晶体的密度为 g·cm-3
【答案】 A
【解析】 根据晶胞结构可知,在晶体中与Zr4+的距离相等且最近的O2-有8个,所以Zr4+的配位数为8,A错误;根据晶胞结构可知,O位于Zr构成的正四面体空隙中,B正确;以顶点Zr4+为研究对象,在一个晶胞中与Zr4+距离最近且相等的Zr4+有3个,分别位于通过该顶点的三个平面的面心上,通过该Zr4+可以形成8个晶胞,则与Zr4+距离最近且相等的Zr4+有12个,C正确;该晶胞中含有Zr4+的数目是8×+6×=4,含有O2-的数目是8,晶胞边长为a pm,则该晶体的密度ρ== g·cm-3= g·cm-3,D正确。
16.
红砷镍是一种六方晶体,其晶胞如图所示(底面为60°和120°的菱形)。下列说法错误的是( )
[A]晶胞中Ni的个数为2
[B]红砷镍晶体的化学式为NiAs
[C]晶体中Ni周围距离最近且等距的As有6个
[D]Ni和As间的最短距离为 pm
【答案】 D
【解析】 根据均摊法,该晶胞中含有Ni的数目为4×+4×+2×+2×=2,含有As的数目为2,因此该晶体的化学式为NiAs,A、B正确;晶胞中Ni和As的个数相同,配位数相同,由晶胞结构图可知,As的配位数为6,则Ni的配位数也为6,C正确;该晶体是一种六方晶体,左前的As到底面的距离为 pm,左前下的顶点Ni与As垂直底面的交点距离为 pm,因此Ni与As间的最短距离为 pm,D错误。
二、非选择题(本大题共4小题,共52分)
17.(16分)Ⅰ.(10分)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域,制备过程如下:Cu2+[Cu(NH3)4]2+Cu2O。回答下列问题。
(1)基态Cu2+的核外电子排布式为 。
(2)1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有 mol σ键。
(3)N2H4·H2O中N的杂化方式为 ;基态N中未成对电子数为 。
(4)含铜废液可以利用双缩脲[HN(CONH2)2]进行萃取,实现铜离子的富集回收。HN(CONH2)2中除氢外的非金属元素第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。
(5)Cu2O的晶胞结构如图所示,则Cu+的配位数为 。
Ⅱ.(6分)Cu、Zn等副族元素化合物性质十分有趣,组成了多姿多彩的化学世界。请回答下列问题。
(1)下列有关说法不正确的是 (填字母)。
A.高温下氧化物的稳定性:Cu2O>CuO
B.[Cu(NH3)4]2+可用VSEPR模型来预测Cu2+的杂化方式
C.已知第一电离能Zn>Cu,则Zn没有Cu活泼
D.Zn可溶于氨水生成配离子 [Zn(OH)4]2-
(2)无水CuCl2为无限长链结构,每个Cu处于4个 Cl形成的平面四边形的中心,请画出CuCl2的链状结构。
(3)合金材料在现代生活中占有重要地位,其呈现丰富的晶体结构。不锈钢材料常采用铁铬合金,一种晶体结构的部分如图所示,请写出晶胞的化学组成: 。
【答案】 Ⅰ.(1)1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)(1分)
(2)16(2分) (3)sp3杂化(1分) 3(2分)
(4)N>O>C(2分) (5)2(2分)
Ⅱ.(1)BCD(2分)
(2)(2分)
(3)Fe4Cr12(2分)
【解析】 Ⅰ.(1)基态Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,基态Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。(2)1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有4 mol配位键,NH3中含有N—H极性共价键,1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有(4+3×4) mol=16 mol σ键。(3)N2H4·H2O中N成键电子对数为3,孤电子对数为1,则N的杂化方式为sp3杂化;基态N的核外电子排布式为1s22s22p3,则未成对电子数为3。(4)HN(CONH2)2 中除H外的非金属元素有C、N、O三种,同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,氮原子2p轨道为半充满状态,第一电离能大于同周期相邻元素,则第一电离能N>O>C。(5)根据晶胞结构可知,O2-与周围4个Cu+构成正四面体,则O2-的配位数为4,根据化学式可知,Cu+的配位数
为2。
Ⅱ.(1)Cu+的最外层为全充满的稳定结构,则稳定性Cu2O>CuO,A正确;[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道接受孤电子对,是一个内轨型配合物,无法用VSEPR模型来预测Cu2+的杂化方式,B错误;第一电离能Zn>Cu,但Zn比Cu活泼,这是因为第一电离能是指一个气态原子失去一个电子转化为气态正离子所需要的最低能量,而金属的活泼性是指金属原子失去电子的难易程度,C错误;Zn可溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+,D错误。(2)无水CuCl2为无限长链结构,每个Cu处于4个Cl形成的平面四边形的中心,其链状结构为。
(3)根据题给铁铬合金晶体结构的部分图分析可知,Fe位于顶点,个数为4×=,Cr位于体内及顶点,个数为4×+1=,根据晶胞结构特点,晶胞中Fe的个数为×8=4,Cr的个数为×8=12,晶胞的化学组成为Fe4Cr12。
18.(12分)按要求回答下列问题。
(1)某化合物的晶胞如图所示:
①其化学式是 。
②每个Pb紧邻的CH3N数目为 。
③以下说法正确的是 (填字母)。
A.第一电离能:N>C>H
B.晶体中碘粒子的电子排布式:
[Kr]4d105s25p6
C.CH3N中—CH3的VSEPR模型为平面三角形
D.基态氮原子中2px、2py、2pz轨道相互垂直,但能量相等
(2)比较键角∠H—N—H:CH3N (填“>”“<”或“=”)NH3,请说明原因:
。
(3)[Co(NH3)4Cl2]Cl中的配体为 (填化学式),该晶体呈现紫色和绿色2种颜色,请说明存在2种颜色的原因: 。
【答案】 (1)①CH3NH3PbI3(2分) ②8(2分) ③BD(2分)
(2)>(1分) NH3中N有孤电子对,对成键电子对的斥力大,导致键角小(2分)
(3)NH3、Cl-(1分) [Co(NH3)4Cl2]+结构为八面体形,存在2种同分异构体(2分)
【解析】 (1)①CH3N位于体心,数目为1,Pb位于顶点,数目为8×=1,I位于棱上,数目为12×=3,化学式是CH3NH3PbI3。②以顶点Pb为中心,每个晶胞中有 1个 CH3N,所以每个Pb紧邻的CH3N数目为8。③第一电离能CCH3N中—CH3 的中心原子C的价层电子对数为4,VSEPR模型为四面体形,C错误;基态N中2px、2py、2pz轨道相互垂直,属于简并轨道,所以能量相等,D正确。
(2)NH3中N有孤电子对,对成键电子对的斥力大,导致键角小。
(3)[Co(NH3)4Cl2]Cl中的配体为NH3、Cl-,该晶体呈现紫色和绿色2种颜色,是因为[Co(NH3)4Cl2]+结构为八面体形,存在2种同分异构体。
19.(12分)氢是清洁能源,甲烷与水蒸气催化重整制氢反应为CH4+H2OCO+3H2。
(1)[Cu(NH3)2]Ac可除去混合气中CO:[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac(Ac表示CH3COO-)。
①C、N、O中电负性最大的是 ,[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是 。
②下列有关叙述正确的是 (填字母)。
A.N的第二电离能>O的第二电离能
B.[Cu(NH3)3CO]+中既有σ键又有π键
C.Cu变成Cu+,优先失去4s轨道上的电子
D.As与N同主族,As的简化电子排布式为 [Ne]3s23p3
(2)比较键角∠H—N—H:[Cu(NH3)2]+ (填“>”“<”或“=”)NH3,原因是
。
(3)常见金属储氢材料的晶胞结构如图所示。
①图甲为镧镍合金(LaNix),则x= 。
②图乙为铝镁合金(AlMg2),则Mg的配位数(紧邻的Al的个数)为 。
③图丙为铜金合金(Cu3Au),储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au构成的四面体空隙中。若储氢后晶胞中紧邻的两个Au的距离为a pm,标准状况下氢气的摩尔体积为Vm L/mol,阿伏加德罗常数的值为NA,则该材料的储氢能力为 (储氢能力=)。
【答案】 (1)①O(1分) sp2、sp3(2分) ②BC(2分)
(2)>(1分) [Cu(NH3)2]+中N上无孤电子对,NH3中N上有孤电子对,孤电子对对成键电子对的斥力大,导致键角小(2分)
(3)①5(1分) ②4(1分) ③×1033(2分)
【解析】 (1)①同周期元素从左到右电负性逐渐增大,则C、N、O中电负性最大的是O。[Cu(NH3)2]Ac中,醋酸根离子中甲基上的C为sp3杂化,羧基上的C为sp2杂化,碳原子杂化类型有sp2、sp3两种。②N失去一个电子后最外层有4个电子,2p轨道上有2个电子,容易失电子,O失去一个电子后最外层有5个电子,2p轨道半充满较稳定,因此N的第二电离能(2)[Cu(NH3)2]+中N上无孤电子对,NH3中N上有孤电子对,孤电子对对成键电子对的斥力大,导致键角小。
(3)①根据均摊法可知,该晶胞中La个数为4×+4×=1,Ni个数为×8+1=5,则x=5。②以右下顶点的Mg为例,与其紧邻的Al位于面心,且只有竖直面4个面心上有Al,因此Mg的配位数为4。③储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au构成的四面体空隙中,根据题图可知,Au位于顶点,顶点上的 8个 Au均可与紧邻的三个Cu形成四面体,则储氢时晶胞可填入8个氢原子,储氢后氢的密度为 g/cm3,标准状况下氢气的密度为 g/cm3,则该材料的储氢能力为×1033。
20.(12分)含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答下列问题。
(1)CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-。形成该配离子时,基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道,则重排后的 Co3+的价层电子轨道表示式为 ;CO2的金属配合物也已经制备成功,但为数不多,如Ni(PH3)2CO2,已知该配合物的配位数与Ni(CO)4的配位数相同,测得其中存在两种碳氧键的键长,一种为0.117 nm,另一种为 0.122 nm。请画出Ni(PH3)2CO2的结构示意图: 。
(2)激光照射下NOCl分子会发生解离,将产物通过质谱仪,发现存在=30的离子峰,该峰对应的粒子是 (填字母)。(已知各产物粒子均带1个单位正电荷)
A.NOCl+ B.NO+
C.Cl+ D.OCl+OCl+
(3)N、P、As同属于第ⅤA族,下列说法正确的是 (填字母)。
A.原子半径r(N)>r(P)>r(As),且电负性N>P>As
B.N、P、As的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱
C.简单氢化物的还原性:NH3>PH3>AsH3
D.黑砷和黑磷的结构相似(如图),每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中,As与As—As的个数比为2∶3
(4)硅常见晶体有SiO2,其晶胞如图所示。
SiO2晶体中距离最近的两个Si间距为L pm,则SiO2的晶胞边长a= pm;若SiO2的密度为ρ g·cm-3,则阿伏加德罗常数的值可表示为NA= (列出计算式即可)。
【答案】 (1)(2分)
(2分)
(2)B(2分)
(3)BD(2分)
(4)L(2分) (2分)
【解析】 (1)基态Co3+的价层电子排布式为3d6,CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-,形成该配离子时,基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道,则重排后的Co3+的价层电子轨道表示式为;Ni(CO)4的配位数为4,Ni(PH3)2CO2的配位数与Ni(CO)4的配位数相同,则Ni(PH3)2CO2的配位数也为4,测得其中存在两种碳氧键的键长,一种为0.117 nm,另一种为0.122 nm,说明Ni与PH3分子中的P、CO2分子中的碳原子和1个氧原子形成配位键,其结构示意图为。
(2)各产物粒子均带1个单位正电荷,因=30,即z=1,m=30,则该峰对应的粒子是NO+。
(3)同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小,则原子半径r(N)P>As,A错误;同主族元素从上到下,非金属性逐渐减弱,最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱,则N、P、As的最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱,B正确;同主族元素从上到下,非金属性逐渐减弱,简单氢化物的还原性逐渐增强,即简单氢化物的还原性NH3(4)若SiO2晶体中距离最近的两个Si间距为L pm,则有L pm=a,所以a=L pm;根据均摊法可知,每个晶胞中含有8×+6×+4=8(个)Si,含有16个O,则ρ g·cm-3= g·cm-3,可得阿伏加德罗常数的值NA=。
综合测试卷
(限时:90分钟 分值:100分)
一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.以下能级符号不正确的是( )
[A]2d [B]3s [C]4p [D]5f
【答案】 A
【解析】 第二能层含有2s、2p两个能级,不存在2d能级,A错误。
2.下列分子属于极性分子的是( )
[A]OF2 [B]CS2 [C]SiCl4 [D]O2
【答案】 A
【解析】 OF2分子中氧原子的价层电子对数为4、孤电子对数为2,分子的空间结构为V形,则OF2分子是结构不对称的极性分子,故A正确;二硫化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤电子对数为0,分子的空间结构为直线形,则二硫化碳是结构对称的非极性分子,故B错误;四氯化硅分子中硅原子的价层电子对数为4、孤电子对数为0,分子的空间结构为正四面体形,则四氯化硅是结构对称的非极性分子,故C错误;氧气分子是同种元素形成的双原子分子,正电中心和负电中心重合,属于非极性分子,故D错误。
3.下列说法正确的是( )
[A]可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定不同的元素
[B]元素周期表中金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
[C]三氯乙酸的酸性强于三氟乙酸
[D]基态原子核外价层电子排布为5s25p4的元素位于第五周期第ⅣA族,是p区元素
【答案】 A
【解析】 用光谱仪摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱,不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同,所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素,A正确;元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素既具有一定的金属性,又具有一定的非金属性,而过渡元素均为副族元素,B错误;F3C—的极性大于Cl3C—的极性,三氟乙酸(F3CCOOH)中的—COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的—COOH更容易电离出氢离子,所以三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸的酸性,C错误;基态原子核外价层电子排布为5s25p4的元素,有5个电子层,最外层有6个电子,则该元素位于第五周期第ⅥA族,是p区元素,D错误。
4.下列轨道表示式所表示的元素原子中,其能量处于最低状态的是( )
[A]
[B]
[C]
[D]
【答案】 D
【解析】 A、C不符合能量最低原理,B不符合洪特规则,所以A、B、C的能量均不处于最低状态。D的能量处于最低状态。故选D。
5.元素镓(31Ga)、锗(32Ge)、砷(33As)位于元素周期表中第四周期。下列说法不正确的是( )
[A]原子半径:r(Ga)>r(Ge)>r(As)
[B]电负性:χ(Ga)<χ(Ge)<χ(As)
[C]Ga、Ge、As都具有半导体性能
[D]第一电离能:I1(Ga)【答案】 D
【解析】 同周期元素(稀有气体元素除外),核电荷数越大,原子半径越小,原子半径r(Ga)>
r(Ge)>r(As),故A正确;同周期元素(稀有气体元素除外),核电荷数越大,电负性越大,电负性χ(Ga)<χ(Ge)<χ(As),故B正确;Ga、Ge、As都在金属与非金属分界线附近,具有半导体性能,故C正确;同周期元素,随核电荷数增大,第一电离能总体呈增大趋势,I1(Ga)6.下列化学用语表述正确的是( )
[A]Na2O2的电子式:NNa
[B]固体HF中的链状结构:
[C]基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为
[D]基态氮原子的核外电子轨道表示式写成违背了泡利原理
【答案】 B
【解析】 Na2O2是离子化合物,电子式为Na+]2-Na+,A错误;固体HF分子间存在氢键,氟原子上存在孤电子对,链状结构为,B正确;基态铍原子核外最外层电子轨道为2s,s轨道的电子云轮廓图为球形,C错误;基态氮原子的核外电子轨道表示式写成违背了洪特规则,即填入简并轨道的电子应先单独分占不同的轨道且自旋平行,应写成,D错误。
7.光气(COCl2)是一种重要的有机中间体。反应CHCl3+H2O2COCl2↑+HCl+H2O可用于制备光气。下列有关叙述正确的是( )
[A]CHCl3为非极性分子
[B]氯原子的结构示意图为
[C]H2O2的电子式为H+]2-H+
[D]COCl2中碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化
【答案】 B
【解析】 CHCl3的空间结构为四面体,正电中心和负电中心不重合,为极性分子,A错误;
H2O2的电子式为H,C错误;COCl2中含有碳氧双键,碳原子为sp2杂化,D错误。
8.摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]可用于治疗缺铁性贫血。下列说法正确的是( )
[A]半径:r(O2-)>r(S2-)
[B]第一电离能:I1(N)[C]沸点:NH3>H2O
[D]键角:H2O【答案】 D
【解析】 O2-的核外电子数为10,电子层数为2,S2-的核外电子数为18,电子层数为3,一般电子层数越多,离子半径越大,则离子半径r(O2-)9.中国疾控中心研发出两种含氯低温消毒剂,解决了低温消毒难题,具体反应如图所示,下列说法正确的是( )
[A]尿素属于非极性分子
[B]氯化铵的阳离子VSEPR模型为正四面体形
[C]三聚氰酸中的氮原子为sp2杂化
[D]二氯异氰尿酸钠中元素的电负性:Cl>O>N
【答案】 B
【解析】 根据尿素的分子结构可知,其正电中心和负电中心不重合,属于极性分子,A错误;氯化铵的阳离子为N,中心原子氮原子为sp3杂化,没有孤电子对,VSEPR模型为正四面体形,B正确;三聚氰酸中的氮原子均形成3个单键,为sp3杂化,C错误;电负性O>Cl>N,D错误。
10.
H、C、N、O、V(钒)五种元素形成的某分子结构如图所示,下列说法不正确是( )
[A]该分子中不存在氢键
[B]基态钒原子的价层电子轨道表示式为
[C]基态氧原子中有3种能量不同的电子
[D]该分子中的碳原子全部是sp2杂化
【答案】 B
【解析】 该分子中不存在与电负性较大的原子相连的氢原子,分子中不存在氢键,故A正确;基态钒原子的价层电子轨道表示式为,故B错误;基态氧原子有1s、2s、2p 三个能级上的能量不同的电子,故C正确;从结构来看,高分子中所有碳原子都是形成三个σ键,都是sp2杂化,故D正确。
11.物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是( )
选项 实例 解释
[A] 熔点:NH4NO3低于 NaNO3 摩尔质量 M(NaNO3)> M(NH4NO3)
[B] 酸性: 强于 羟基极性: 强于
[C] 冠醚15-冠-5能够与Na+形成超分子,而不能与K+形成超分子 Na+的直径与冠醚空腔的直径相当
[D] 不存在稳定的H3、H2Cl和Cl3 共价键具有饱和性
【答案】 A
【解析】 NH4NO3和NaNO3都是离子晶体,其熔点受离子半径和离子所带电荷的影响,离子半径越小、离子所带电荷越多,则该离子晶体的熔点越高,由于铵根离子半径大于钠离子半径,因此熔点NH4NO3低于NaNO3,与摩尔质量无关,故A错误;Cl的电负性大于H,使羟基极性增强,易发生断裂,导致酸性增强,故B正确;超分子有“分子识别”的特性,由冠醚15-冠-5能够与Na+形成超分子,而不能与K+形成超分子可知,Na+的直径与冠醚空腔的直径相当,故C正确;根据共价键的饱和性,氢原子达到2电子稳定结构,H只能与其他原子共用1个电子对,氯原子最外层有7个电子,达到8电子稳定结构,氯原子只能与其他原子共用1个电子对,因此不存在稳定的H3、H2Cl和Cl3,故D正确。
12.
利用强氧化剂可将石墨烯晶体(单层石墨)转化为氧化石墨烯,其部分结构如图所示。下列说法正确的是( )
[A]石墨的硬度和熔点均低于金刚石
[B]石墨烯中碳原子个数与σ键个数比为2∶3
[C]氧化石墨烯中碳原子杂化方式与石墨相同
[D]氧化石墨烯在水中的溶解度小于石墨烯
【答案】 B
【解析】 石墨的层间存在分子间作用力,质软,硬度低于金刚石,但石墨的层内共价键长比金刚石的共价键长短,作用力更大,破坏化学键需要的能量更多,故石墨的熔点比金刚石高,A错误;石墨烯中1个碳原子与3个碳原子形成共价键,平均每个碳原子含有的共价键数目为1.5个,即碳原子个数与σ键个数之比为1∶1.5=2∶3,B正确;由图可知,氧化石墨烯中碳原子杂化方式为sp2和sp3杂化,石墨中碳原子杂化方式为sp2杂化,氧化石墨烯中碳原子杂化方式与石墨不相同,C错误;氧化石墨烯中含羟基,能与水分子之间形成氢键,使其溶解度增大,石墨烯不能与水形成分子间氢键,故氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯,D错误。
13.某种硫的氧化物冷却到289.8 K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体,其结构片段如图所示。
下列有关该物质的说法中正确的是( )
[A]固态物质中硫原子的杂化轨道类型是sp2杂化
[B]该物质的化学式为SO3
[C]从该结构片段分析可知所有的氧原子和硫原子在同一平面上
[D]该结构片段中S—O之间的夹角约为120°
【答案】 B
【解析】 由题给结构片段可知,每个硫原子的周围有4个氧原子,则固态物质中硫原子的杂化轨道类型是sp3杂化,故A错误;由题给结构片段可知,每个硫原子的周围有4个氧原子,其中2个氧原子为该硫原子单独占有,还有2个氧原子为2个硫原子共有,则每个硫原子占有的氧原子数为3,该物质的化学式为SO3,故B正确;由题给结构片段可知,每个硫原子的周围有4个氧原子,空间结构为四面体形,则所有的氧原子和硫原子不可能在同一平面上,故C错误;由题给结构片段可知,每个硫原子的周围有4个氧原子,空间结构为四面体形,不是平面三角形,则S—O之间的夹角不可能约为120°,故D错误。
14.X、Y、Z、W、R是周期表中的短周期主族元素,原子序数依次增大。X在所有元素中原子半径最小,Y、W基态原子核外均有2个未成对电子,R基态原子具有6种不同空间运动状态的电子。下列说法正确的是( )
[A]简单离子半径:r(R)>r(Z)>r(W)
[B]元素电负性:R[C]Y、Z最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>Z
[D]X和W可以形成含有非极性键的极性分子
【答案】 D
【解析】 X在所有元素中原子半径最小,X为H,R基态原子具有6种不同空间运动状态的电子,R有6个原子轨道,R为Na或Mg,Y、W基态原子核外均有2个未成对电子,原子序数依次增大,Y为C,W为O,Z为N。A.离子核外电子排布相同,序大径小,简单离子半径r(Z)>r(W)>r(R),错误;B.根据分析,元素电负性RY,最高价氧化物对应水化物的酸性Z>Y,错误;
D.X和 W形成的过氧化氢是含有非极性键的极性分子,正确。
15.
可以使用氢还原高纯度的氧化铁或直接用五羰基合铁[Fe(CO)5](熔点为-20.5 ℃,沸点为103 ℃)热分解制得高纯度的铁。实验室可用赤血盐{K3[Fe(CN)6]}溶液检验Fe2+,黄血盐{K4[Fe(CN)6]}溶液检验Fe3+。下列有关铁及其化合物的说法正确的是( )
[A]Fe位于周期表的第ⅧB族
[B]赤血盐中铁元素核外有5个未成对电子
[C]Fe(CO)5晶体是离子晶体
[D]若黄血盐受热分解产物之一的晶胞结构如图所示,则其化学式为Fe4C3
【答案】 B
【解析】 Fe位于周期表的第Ⅷ族,A错误;赤血盐中铁元素价层电子排布式为3d5,核外有5个未成对电子,B正确;Fe(CO)5晶体(熔点为-20.5 ℃,沸点为103 ℃,熔、沸点低)是分子晶体,C错误;该晶胞中碳原子个数为4×+2×=2、铁原子个数为8×=1,化学式为FeC2,D错误。
16.氨是常用的化工原料,研究发现可通过高效催化剂高选择性地将N还原为NH3。我国科学工作者利用氮化钴(图甲)掺杂Cu,获得具有高效催化性能的掺杂物Co3CuN(图乙)。
下列说法不正确的是( )
[A]掺杂前,氮化钴的化学式为Co4N
[B]N被还原为NH3后,键角将变大
[C]Co3CuN晶体中,若晶胞参数为a pm,则距离最近的钴原子核间距为 a pm
[D]Co3CuN晶体中,铜原子周围最近的钴原子为12个
【答案】 B
【解析】 根据图甲可知顶点和面心都是钴原子,所以共含有4个钴原子,体心含1个氮原子,故化学式为Co4N,故A正确;N中氮原子的杂化方式为sp2,NH3中氮原子的杂化方式为sp3,所以键角N大于NH3,故B错误;Co3CuN晶体中,钴原子位于面心,若晶胞参数为a pm,距离最近的钴原子核间距为a pm,故C正确;Co3CuN晶体中,铜原子位于顶点,钴原子位于面心,所以铜原子周围最近的钴原子的个数为3×8×=12,故D正确。
二、非选择题(本大题共4小题,共52分)
17.(16分)Ⅰ.(11分)氮和卤素是构建化合物的常见元素。
(1)某化合物晶胞如图所示,其化学式是 ,氮原子周围距离最近且相等的铝原子数为 。
(2)下列说法正确的是 (填字母)。
A.电负性:O>C>H
B.O的第二电离能C.Se的基态原子价层电子排布式为3d104s24p4
D.NH4F晶体中存在离子键、共价键和氢键等作用力
(3)氨硼烷(NH3BH3)是固体储氢材料,其中硼原子的杂化方式为 ,比较键角∠HNH:NH3 (填“>”“<”或“=”)NH3BH3。请说明理由:
。
(4)氯的部分含氧酸结构如图所示,按照酸性由强到弱对其排序: (用化学式表示)。请说明理由: 。
Ⅱ.(5分)氮、硫等是构成化合物的常见元素。已知:2SO3+H2O。
(5)①H2SO4和HNO3发生如下过程:H2SO4+HNO3HS+N+H2O。硫酸起到 (填“酸”或“碱”)的作用。
②比较键角∠ONO:N (填“>”“<”或“=”)N。
(6)将2 mol SO3与4 mol NH3发生化合反应生成1 mol A3B型离子化合物,其中A为N,写出B的结构式: 。
【答案】 (1)AlN(1分) 4(1分)
(2)AD(2分)
(3)sp3杂化(1分) <(1分) NH3和NH3BH3中的氮原子均为sp3杂化,NH3中有孤电子对,孤电子对对成键电子对的排斥力大,使键角变小(2分)
(4)HClO3>HClO2>HClO(1分) 氧的电负性强于氯,氯氧双键数目越多,羟基的极性越大,越容易电离出H+,酸性越强(2分)
(5)①酸(1分) ②>(2分)
(6)(2分)
【解析】 (1)由图可知,铝原子位于晶胞的顶点和体内,铝原子个数为4×+4×+1=2,氮原子位于晶胞的棱上和体内,氮原子个数为2×+2×+1=2,因此其化学式是AlN;由晶胞可知,铝原子周围距离最近且相等的氮原子数为4,则氮原子周围距离最近且相等的铝原子数也为4。
(2)同周期元素,从左到右电负性逐渐增强,CH4中H显正价,则电负性O>C>H,A正确;N失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p2,而O失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p3,O的2p轨道处于半充满的稳定状态,难失去电子,因此O的第二电离能>N的第二电离能,B错误;价层电子是指原子在参与化学反应时能够用于成键的电子,Se的原子序数为34,因此它的基态原子价层电子排布式为4s24p4,C错误;NH4F晶体中存在离子键、共价键和氢键等作用力,D正确。
(3)NH3BH3中存在氮原子与硼原子形成的配位键,故硼原子形成了4个σ键,因此硼原子的杂化方式为sp3杂化。
(5)①反应中硫酸提供氢离子,起到酸的作用。
②N中氮为sp杂化,是直线形结构,N中氮为sp2杂化,为平面三角形结构,故键角∠ONO:N>N。
(6)2 mol SO3与4 mol NH3发生化合反应生成1 mol A3B型离子化合物,其中A为N,结合质量守恒可知,B为含有1个N、2个S、6个O形成的负三价阴离子,结合已知2SO3+
H2O,则B为。
18.(12分)硫是一种重要的非金属元素,广泛存在于自然界,回答下列问题。
(1)基态硫原子的价层电子轨道表示式是 ,最高能级电子所在的原子轨道为 形。
(2)①硫单质的一种结构为 ,硫原子杂化方式为 ;SO3分子的空间结构是 。
②S、CS2、C键角由大到小的顺序是 。
③比较沸点高低: (填“>”或“<”)。
(3)ZnS的晶胞如图所示:
①由图可知,每个S2-周围与它最接近且距离相等的S2-有 个。
②已知该晶胞密度为ρ g/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶胞边长为 (列出计算式即可)pm。
【答案】 (1)(2分) 哑铃(1分)
(2)①sp3(1分) 平面三角形(1分) ②CS2>C>S(2分) ③<(1分)
(3)①12(2分) ②×1010(2分)
【解析】 (1)基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4,价层电子轨道表示式为,最高能级电子所在的原子轨道是3p,p轨道形状为哑铃形。
(2)①结构中每个硫原子形成2个S—S,有2个孤电子对,杂化轨道数目为4,硫原子杂化方式为sp3杂化;SO3中心原子的价层电子对数为3+=3,无孤电子对,分子的空间结构是平面三角形。②S是正四面体形,键角为109°28′,CS2是直线形,键角为180°,C是平面正三角形,键角为120°,故键角CS2>C>S。③能形成分子内氢键,而能形成分子间氢键,含分子间氢键的物质的沸点会升高,故的沸点更高。
(3)①S2-位于晶胞顶角和面心上,每个S2-周围与它最接近且距离相等的S2-的数目为=12。②晶胞中Zn2+数目为4、S2-数目为8×+6×=4,晶胞质量为4×g,设晶胞边长为a pm,则4×g=ρ g/cm3×(a×10-10 cm)3,解得a=×1010。
19.(10分)硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题。
(1)基态镓原子的电子排布式为 。
(2)常温下,F2与硼单质反应生成BF3,BF3为缺电子结构,通入水中产生的三种酸分别为HBF4、HF和 (填化学式)。
(3)一定条件下,NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示。
①化合物X的化学式为 。
②X晶体内含有的作用力有 (填字母)。
a.配位键 b.离子键
c.氢键 d.金属键
(4)解释H2N—NH2、HO—OH、H3C—CH3中,N—N、O—O、C—C的键能O—O【答案】 (1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)(2分)
(2)H3BO3(2分)
(3)①Na3AlF6(2分) ②ab(2分)
(4)H3C—CH3、H2N—NH2、HO—OH中的C、N、O的价层电子对数都为4,孤电子对数分别为0、1、2,由于孤电子对与孤电子对间斥力较大,随孤电子对数增加,原子间斥力增大,键长增长,其键能减小(2分)
【解析】 (1)Ga的原子序数为31,位于元素周期表中第四周期第ⅢA族,基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)。
(2)BF3为缺电子结构,通入水中可能发生水解反应,生成HF和H3BO3,生成的HF和BF3作用生成HBF4,所以产生的三种酸分别为HBF4、HF和H3BO3。
(3)①一定条件下,NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X,则X中含有Na、F、Al三种元素,从构成的正八面体可知,此离子应为[AlF6]3-,从X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影图可知,晶胞中钠离子的个数为4×+6×+2=6,[AlF6]3-的个数为8×+1=2,所以化合物X的化学式为Na3AlF6。②X晶体内Na+与[AlF6]3-之间形成离子键,[AlF6]3-内Al与F之间形成配位键,所以其含有的作用力有配位键和离子键,无氢键和金属键,故选ab。
20.(14分)某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液,Nax[MnFe(CN)6]作正极材料,Na作负极材料。
(1)CO2与环氧丙烷()在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。
①CO2是 (填“极性”或“非极性”)分子。
②环氧丙烷中,氧原子的杂化轨道类型是 杂化。
③沸点:环氧丙烷 (填“>”或“<”)CO2。解释其原因:
。
(2)MnCl2溶液与Na4[Fe(CN)6]溶液混合可制备Nax[MnFe(CN)6]晶体。
①基态锰原子的电子排布式是 。
②CN-的性质与卤素离子相近,被称为拟卤离子,(CN)2被称为拟卤素。(CN)2与H2O反应的生成物的结构式分别是H—C≡N、 。
(3)金属氢化物Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体,边长为a nm,如图所示。
①Mg2FeH6晶胞中氢原子个数为 。
②已知Mg2FeH6的摩尔质量是M g/mol,阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为
。(1 nm=10-7 cm)
【答案】 (1)①非极性(1分) ②sp3(1分) ③>(2分) 二者均为由分子构成的物质,环氧丙烷的相对分子质量更大,分子的极性更大,范德华力更大(2分)
(2)①1s22s22p63s23p63d54s2(或[Ar]3d54s2)(2分)
②H—O—C≡N(2分)
(3)①24(2分) ② g/cm3(2分)
【解析】 (1)①CO2是直线形分子,结构对称,正电中心和负电中心重合,是非极性分子。②环氧丙烷中,氧原子价层电子对数为4,杂化轨道类型是sp3杂化。
(2)①Mn是25号元素,基态锰原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2。②氯气和水反应生成H—Cl和H—O—Cl,则(CN)2与H2O反应的生成物的结构式分别是H—C≡N、H—O—C≡N。
(3)①铁原子位于晶胞的顶点和面心,根据均摊原则,Mg2FeH6晶胞中铁原子数为8×+6×=
4,根据化学式Mg2FeH6可知,氢原子个数为24。②该晶体的密度为 g/cm3=
g/cm3。
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