2019-2020年高考化學二輪復習 考點加餐訓練 晶體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)（含解析）.doc
《2019-2020年高考化學二輪復習 考點加餐訓練 晶體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考化學二輪復習 考點加餐訓練 晶體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)（含解析）.doc（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考化學二輪復習 考點加餐訓練 晶體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)（含解析） 1．氮化硅是一種新合成的結(jié)構(gòu)材料，它是一種超硬、耐磨、耐高溫的物質(zhì)。下列各組物質(zhì)熔化時，所克服的粒子間作用力與氮化硅熔化時所克服的作用力相同的是 ( ) A．硝石和金剛石 B．晶體硅和水晶 C．冰和干冰 D．萘和碘 【答案】B 【解析】通過分析氮化硅性質(zhì)得知它應屬于原子晶體，熔化時應克服共價鍵 2．現(xiàn)有下列各項關(guān)于不同狀態(tài)的物質(zhì)屬性的描述 ：①構(gòu)成微粒間有較小空隙，②構(gòu)成微?？梢宰杂梢苿?，③沒有固定形狀，④不易被壓縮。某物質(zhì)具備下列哪種組合的屬性時能夠判斷該物質(zhì)為液體 （ ） A.①和④ B.②和③ C.①和③ D.②和④ 【答案】CD 【解析】 試題分析：液體和固體不易被壓縮，是因為其構(gòu)成微粒間有較小空隙，而氣體容易被壓縮，是因為其構(gòu)成微粒間的空隙較大；液體和氣體的微粒都可以自由移動，且沒有固定的形狀。①和④組合說明該物質(zhì)為固體或者是液體，故A不能選；②和③組合說明該物質(zhì)為氣體或者是液體，故B不能選，CD組合則可以判斷該物質(zhì)為液體，故答案為CD。 考點：液體、固體、氣體 點評：本題考查了液體、固體、氣體的微粒的特點，是對基礎(chǔ)知識的考查，本題難度不大。 3．下列各組中的兩種固態(tài)物質(zhì)熔化（或氣化）時，克服的微粒間相互作用力屬于同種類型的是 A．碘和氯化鉀 B．金剛石和重晶石 C．二氧化硅和干冰 D．軟脂酸甘油酯和冰醋酸 【答案】D 【解析】 試題分析：碘是分子晶體，碘熔化克服分子間作用力，氯化鉀是離子晶體，熔化時克服的是離子鍵，選項A不符合題意；金剛石是原子晶體，熔化時克服的是共價鍵，重晶石是離子晶體，熔化克服的是離子鍵，選項B不符合題意；干冰形成的晶體是分子晶體，，熔化克服的是分子間作用力。二氧化硅形成的是原子晶體，熔化克服的是共價鍵，選項C不符合題意；軟脂酸甘油酯和冰醋酸都是分子晶體，熔化時克服的都是分子間作用力，選項D符合題意。 考點：晶體類型的判斷 4．廈門大學鄭蘭蓀院士合成了C70Cl10富勒烯足球狀分子，如下圖，它是由C70分子與Cl2發(fā)生加成反應得到的。在C70分子中每個碳原子均與周圍相鄰的其他3個碳原子相連，70個碳原子組成若干個正六邊形和正五邊形，碳均為4價。則有關(guān)說法中不正確的是( ) A．C70的熔點比石墨的熔點低 B．C70分子中的碳原子的雜化方式與碳酸中的碳原子相同 C．C70分子中含有70個σ鍵，35個π鍵 D．C70Cl10分子中共用電子對數(shù)目為145個 【答案】C 【解析】 試題分析：石墨為混合型晶體，而C70為分子晶體，所以C70的熔點比石墨的熔點低，故A正確；C70分子中每個碳原子均與周圍相鄰的其他3個碳原子相連，故碳原子為sp2雜化，而碳酸中的碳原子也為sp2雜化，故C70分子中的碳原子的雜化方式與碳酸中的碳原子相同，故B正確；碳原子為sp2雜化，一個碳占有1.5個σ鍵和0.5個π鍵，故C70分子中含有105個σ鍵和35個π鍵，故C錯誤，為本題的答案；C70Cl10中共有115個σ鍵和30個π鍵，所以C70Cl10分子中共用電子對數(shù)目為145個，故D正確。 考點：化學鍵與晶體結(jié)構(gòu) 點評：本題考查了化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)，該題對學生的分析能力有較高的要求，本題難度很大。 5．石墨炔是由1，3-二炔鍵與苯環(huán)形成的平面網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的全碳分子，具有優(yōu)良的化學穩(wěn)定性和半導體性能。下列關(guān)于石墨炔的說法不正確的是 A．石墨炔屬于芳香烴 B．石墨炔與金剛石互為同素異形體 C．石墨炔有望代替半導體材料硅在電子產(chǎn)品中得到廣泛應用 D．石墨炔孔徑略大于H2分子的直徑，因此它是理想的H2提純薄膜 【答案】A 【解析】 試題分析:石墨炔是全碳分子，不屬碳氫化合物，更不是芳香烴，選項A不正確；石墨炔是全碳分子，屬碳的單質(zhì)，與金剛石互為同素異形體，選項B正確；石墨炔具有優(yōu)良的化學穩(wěn)定性和半導體性能，可代替半導體材料硅在電子產(chǎn)品中得到應用，選項C正確；石墨炔孔徑略大于H2分子的直徑，可作分子篩讓小分子H2通過，達到提純的目的，選項D正確。 考點：新材料性質(zhì)探究 6．表3-1中給出幾種氯化物的熔點和沸點。 表3-1 NaCl MgCl2 AlCl3 SiCl4 熔點(℃) 801 712 180 -68 沸點(℃) 1 465 1 418 160 57 下列關(guān)于表中四種氯化物的說法：(1)AlCl3在加熱時可升華 (2)SiCl4屬于分子晶體 (3)AlCl3是典型的離子晶體。其中與表中數(shù)據(jù)一致的是( ) A.(1)和(2) B.只有(3) C.(2)(3) D.全部一致 【答案】A 【解析】從數(shù)據(jù)中看AlCl3的熔沸點低，加熱可升華，表明是共價鍵構(gòu)成的分子晶體，SiCl4是分子晶體。 7．現(xiàn)有四種晶體的晶胞，其離子排列方式如圖所示，其中化學式不屬AB型的是( ) 【答案】B 【解析】由均攤法分析各物質(zhì)的化學式分別為AB、AB3、A0.5B0.5、A4B4。 8．下列敘述不正確的是（ ?。? A．金剛石、碳化硅、晶體硅的熔點依次降低 B．CaO晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似，每個CaO晶胞中含有4個Ca2＋和4個O2－ C．設(shè)NaCl的摩爾質(zhì)量為M gmol－1，NaCl的密度為ρ gcm－3，阿伏加德羅常數(shù)為NA mol－1，在NaCl晶體中，兩個距離最近的Cl－中心間的距離為 cm D．X、Y可形成立方晶體結(jié)構(gòu)的化合物，其晶胞中X占據(jù)所有棱的中心，Y位于頂角位置，則該晶體的組成式為XY3 【答案】D 【解析】A項，鍵長：C—C＜C—Si＜Si—Si，鍵的強度C—C>C—Si>Si—Si，故熔點按金剛石、碳化硅、晶體硅的順序依次降低，正確； B項，由一個NaCl晶胞中含有4個Na＋和4個Cl－可知，每個CaO晶胞中含有4個Ca2＋和4個O2－；C項，設(shè)Na＋和Cl－的最近距離為a cm，則兩個最近的Cl－間的距離為a，又NA＝M，即a＝，所以Cl－間的最近距離為 cm；D項，1個晶胞中含有X：12＝3，1個晶胞中含有Y：8＝1，該晶體的化學式為X3Y或YX3，該項錯誤。 9．下列有關(guān)金屬晶體的判斷正確的是 A．簡單立方堆積、配位數(shù)6、空間利用率68% B．體心立方堆積、配位數(shù)6、空間利用率68% C．六方最密堆積、配位數(shù)8、空間利用率74% D．面心立方最密堆積、配位數(shù)12、空間利用率74% 【答案】D 【解析】 試題分析：簡單立方堆積、配位數(shù)6、空間利用率52%，A不正確；體心立方堆積、配位數(shù)8、空間利用率68%，B不正確；六方最密堆積、配位數(shù)12、空間利用率74%，C不正確，所以正確的答案選D。 考點：考查金屬晶體結(jié)構(gòu)的有關(guān)判斷和計算 點評：該題是基礎(chǔ)性試題的考查，試題注重基礎(chǔ)，主要是考查學生對常見金屬晶體結(jié)構(gòu)的了解掌握情況，有利于培養(yǎng)學生的抽象思維能力和邏輯推理能力，提高學生分析問題、解決問題的能力。 10．美國Lawrece Liermore國家實驗室成功地在高壓下將CO2轉(zhuǎn)化為具有類似SiO2結(jié)構(gòu)的原子晶體，下列關(guān)于CO2的原子晶體說法，正確的是： A．CO2的原子晶體和分子晶體互為同分異構(gòu)體 B．在一定條件下，CO2原子晶體轉(zhuǎn)化為CO2分子晶體是物理變化 C．CO2的原子晶體和CO2分子晶體具有相同的物理性質(zhì)和化學性質(zhì) D．在CO2的原子晶體中，每一個C原子結(jié)合4個O原子，每一個O原子跟兩個C原子相結(jié)合 【答案】D 【解析】 試題分析：二氧化碳是化合物不是單質(zhì)，所以二氧化碳的原子晶體和分子晶體不是同素異形體，故A錯誤；二氧化碳分子晶體和二氧化碳原子晶體的構(gòu)成微粒不同，空間構(gòu)型不同，所以其物理性質(zhì)不同。二氧化碳原子晶體和二氧化碳分子晶體屬于不同物質(zhì)，所以在一定條件下，CO2原子晶體轉(zhuǎn)化為分子晶體是化學變化不是物理變化，二者之間的轉(zhuǎn)化是化學變化，故B、C錯誤；利用知識遷移的方法分析，把二氧化硅結(jié)構(gòu)中的硅原子替換成碳原子，所以在二氧化碳的原子晶體中，每個C原子周圍結(jié)合4個O原子，每個O原子跟兩個C原子相結(jié)合，故D正確，答案選D。 考點：考查晶體類型、物質(zhì)性質(zhì)以及晶體結(jié)構(gòu)的有關(guān)判斷 點評：該題是中等難度的試題，試題綜合性強，在注重對學生基礎(chǔ)知識鞏固和訓練的同時，側(cè)重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練。注意二氧化碳分子晶體轉(zhuǎn)化為原子晶體屬于化學變化不是物理變化。 11． 下列有關(guān)晶體和非晶體的說法中正確的是 A．具有規(guī)則幾何外形的固體均為晶體 B．晶體具有自范性，有固定的熔點，可以使X光發(fā)生有規(guī)律的衍射 C．晶體研碎后即變?yōu)榉蔷w D．將玻璃加工成規(guī)則的固體即變成晶體 【答案】B 【解析】 試題分析：A.晶體有整齊規(guī)則的幾何外形，但是具有規(guī)則外形的不一定是晶體，例如玻璃；B.晶體具有自范性，有固定的熔點，可以使X光發(fā)生有規(guī)律的衍射B正確；C.晶體研碎后并沒有改變晶體的結(jié)構(gòu)排列，故C錯誤；D.玻璃的內(nèi)部結(jié)構(gòu)無法規(guī)則的出現(xiàn)晶胞排列，故D錯誤，此題選B。 考點：考查晶體的性質(zhì)相關(guān)知識。 12．下列說法不正確的是 A．氯化鈉晶體中，每個Cl－周圍最近且距離相等的Cl－共有12個 B．分子晶體中有范德華力，也有共價鍵 C．干冰晶體中，每個CO2分子周圍最近且距離相等的CO2分子共有12個 D．晶體熔點：晶體硅＜SiC 【答案】B 【解析】 試題分析：A．氯化鈉晶體中，每個Cl－周圍最近且距離相等的Cl－的個數(shù)是：（38）2=12個。正確。B．在分子晶體中有范德華力，若分子為單原子分子，則分子內(nèi)無共價鍵，若為雙原子分子或多原子分子，則也有共價鍵。錯誤。C．干冰晶體中，每個CO2分子周圍最近且距離相等的CO2分子個數(shù)為：（38）2=12個。正確。D．晶體Si、SiC但是原子晶體。對于原子晶體來說，共價鍵的鍵長越短，則共價鍵結(jié)合的就越牢固，斷裂消耗的能量就越高，熔沸點就越高。而鍵長取決于形成共價鍵的原子半徑，由于原子半徑Si>C,晶體熔點：晶體硅＜SiC。正確。 考點：考查晶體中含有的作用力、微粒的配位數(shù)、熔沸點的比較的知識。 13．下列物質(zhì)屬于分子晶體的是（ ） A．熔點是1070℃，易溶于水，水溶液能導電 B．熔點是10．31℃，液態(tài)不導電，水溶液能導電 C．能溶于水，熔點812．8℃，沸點是1446℃ D．熔點是97．80℃，質(zhì)軟、導電，密度是0．97g/cm3 【答案】B 【解析】 試題分析：分子晶體的熔沸點比較低，有些能夠在水中溶解，有些不能在水中溶解。固體或液態(tài)時本身不能導電，水溶液有的導電，有的不導電。綜上所述，正確的選項為B。 考點：考查分子晶體的特點的知識。 14．物質(zhì)的下列性質(zhì)不能用鍵能來解釋的是( ) A.氮氣的化學性質(zhì)沒有氯氣活潑 B.HF比HCl穩(wěn)定 C.金剛石的熔點比晶體硅高 D.常溫下溴呈液態(tài)，碘呈固態(tài) 【答案】D 【解析】 試題分析：氮氣中混鹽三鍵，鍵能大，性質(zhì)穩(wěn)定，A和鍵能有關(guān)系；分子的穩(wěn)定性和共價鍵強弱有關(guān)系，B和鍵能有關(guān)；C中都是原子晶體，熔點和鍵能大小有關(guān)系；D中形成的是分子晶體，熔沸點和分子間作用力有關(guān)系，和鍵能無關(guān)，答案選D。 考點：考查鍵能的有關(guān)判斷 點評：鍵能是氣態(tài)基態(tài)原子形成1mol化學鍵時釋放的最低能量，屬于鍵參數(shù)的范疇，分之間作用力不是化學鍵，不存在鍵能。 15．（2分）下列物質(zhì)中，既有離子鍵，又有共價鍵的是（ ?。? A.NaCl B.Ca（OH）2 C.H2O D.CH4 【答案】B 【解析】 試題分析：一般來說，活潑金屬和活潑非金屬之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之間易形成離子鍵． 解：A．NaCl中鈉離子和氯離子之間只存在離子鍵，故A錯誤； B．氫氧化鈣中鈣離子和氫氧根離子之間存在離子鍵，氫原子和氧原子之間存在共價鍵，故B正確； C．水中氫原子和氧原子之間存在共價鍵，故C錯誤； D．甲烷中氫原子和碳原子之間只存在共價鍵，故D錯誤； 故選B． 點評：本題考查了離子鍵和共價鍵的判斷，根據(jù)離子鍵和共價鍵的概念來分析解答即可，注意二者的區(qū)別，會根據(jù)存在的化學鍵書寫電子式，題目難度不大． 16．（1）在配合物[Zn(NH3)4]2+中，提供空軌道的微粒是___________，在配合物物質(zhì)[Co(NH3)5Cl]Cl2 中，配位數(shù)數(shù)值是_________（填數(shù)字）。 （2）根據(jù)價電子對互斥理論預測HCN的空間結(jié)構(gòu)為 形，其中C原子用于形成σ鍵的是2個sp雜化軌道。（提示：HCN分子中所有原子的最外電子都達穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。） （3）在NaCl晶體中任一個Na+與它最近且等距離的Cl-有______個。 【答案】（1）Zn2+, 6 （2）直線， （3） 6 【解析】 試題分析：（1）Zn2+是內(nèi)界，NH3是配位分子，Zn2+有空軌道，提供空軌道。5個氨氣分子加一個氯配位數(shù)是6（2）應為C為sp雜化（3）NaCl晶包結(jié)構(gòu)示意圖為 考點：考查配位鍵和晶體構(gòu)型等相關(guān)內(nèi)容 17．能源問題日益成為制約國際社會經(jīng)濟發(fā)展的瓶頸，越來越多的國家開始實行“陽光計劃”，開發(fā)太陽能資源，尋求經(jīng)濟發(fā)展的新動力。 （1）太陽能熱水器中常使用一種以鎳或鎳合金空心球為吸收劑的太陽能吸熱涂層，基態(tài)鎳原子M層上的未成對電子數(shù)為 。 （2）大阪大學近日宣布，有機太陽能固體電池效率突破5.3％，而高純度C60是其“秘密武器”。C60的結(jié)構(gòu)如圖1，分子中碳原子軌道的雜化類型為 ；1 mol C60分子中π鍵的數(shù)目為 。 （3）金屬酞菁配合物在硅太陽能電池中有重要作用，一種金屬鎂酞菁配合物的結(jié)構(gòu)如下圖2。該結(jié)構(gòu)中，碳氮之間的共價鍵類型有 （按原子軌道重疊方式填寫共價鍵的類型），請在下圖2中用箭頭表示出配位鍵。 圖1 圖2 圖3 （4）多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機鹽，其主要包括砷化鎵、硫化鎘、硫化鋅及銅錮硒薄膜電池等。 ①第一電離能：As Se（填“＞”、“＜”或“＝”）。 ②硫化鋅的晶胞中（結(jié)構(gòu)如圖所示），硫離子的配位數(shù)是 。 ③二氧化硒分子的空間構(gòu)型為 。 ④砷化鎵可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反應制得，反應的方程式為 。 【答案】 （1）2（2分） （2）sp2（2分）；30NA（2分） （3）σ鍵、π鍵（2分）；答案見右圖（2分） （4）①＞（1分） ②4（1分） ③折線型（1分） ④(CH3)3Ga＋AsH3GaAs＋3CH4（2分） 【解析】 試題分析：（1）鎳原子有28個電子，M層上有16個電子，排布為3s23p63d8，d軌道上有8個電子，所以有2個未成對電子數(shù)，（4）As是第ⅤA族，最外層p軌道上半充滿，比較穩(wěn)定，所以第一電離能大 考點：考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu) 18．（8分）三氟化氮（NF3）是一種無色、無味、無毒且不可燃的氣體， 它可在銅的催化作用下由F2和過量的NH3反應得到，該反應另一種產(chǎn)物為鹽。 （1）生成物NF3中氮原子的軌道雜化方式為 ，NF3分子空間構(gòu)型為 ；鍵角 10928′(填“大于” “小于” “等于”) 。 （2）N3-被稱為類鹵離子，寫出1種與N3-互為等電子體的分子的化學式 。 （3）某元素X跟氟可形成離子晶體，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該離子化合物的化學式為（用X、F表示） ；X陽離子的配位數(shù)為 。 （4）若晶胞邊長為a cm，該離子化合物的摩爾質(zhì)量為M g/mol,則該晶體的密度為 g cm-3（用a、M、NA 表達）。 【答案】（1）SP3(1分)；三角錐形(1分)；小于(1分)（2）CO2或N2O(1分)（3）XF2(1分)；8(1分)；（4）4M/a3NA（2分） 【解析】 試題分析：（1）NF3中有一對孤電子對，N和F形成3個N—F鍵，則NF3中的雜化軌道數(shù)位4，所以是SP3雜化，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形。如果互不排斥鍵角應為10928′，氟成鍵后負電成分高，孤電子對對它的排斥力比對氫的大，導致NF3鍵角壓縮，故鍵角小于10928′。（2）N3-中有22個電子，那么含22個電子的分子有CO2或N2O。（3）F—位于體中心，共8個，X離子位于頂點和面心，個數(shù)為：（81/8）+61/8=4，故該離子化合物的化學式為XF2；到X陽離子最近距離的離子有8個，故配位數(shù)為8。（4）若晶胞邊長為a cm，則該晶胞的體積為a3 cm3，該離子化合物的摩爾質(zhì)量為M g/mol，則1mol該物質(zhì)的質(zhì)量為Mg，則1個晶胞的的質(zhì)量為M/NAg，故密度為M/NAga3 cm3=4M/a3NA。 考點：雜化軌道理論、分子空間結(jié)構(gòu)、配位數(shù)的計算。 19．有A、B、C三種晶體，分別由H、C、Na、Cl四種元素中的一種或幾種組成，對三種晶體元素進行實驗，結(jié)果如下表： 代號 熔點 硬度 水溶性 導電性 水溶液與Ag＋反應 A -114.2 ℃ 很小 易溶于水 水溶液導電，液態(tài)不導電 有白色沉淀產(chǎn)生 B 801 ℃ 較大 易溶于水 溶于水或熔化均導電 有白色沉淀產(chǎn)生 C 3 350 ℃ 很大 不溶于水 不導電 無反應 根據(jù)表中的有關(guān)事實，完成下列問題。 （1）寫出晶體的化學式：A ，B ，C 。 （2）晶體類型：A ，B ，C 。 （3）組成晶體的微粒：A ，B ，C 。 （4）晶體中微粒間的作用力：A ，B ，C 。 【答案】（1）HClNaClC （2）分子晶體離子晶體原子晶體 （3）HCl分子Na＋、Cl-C原子 （4）分子間作用力離子鍵共價鍵 【解析】根據(jù)表中所列性質(zhì)，A的熔點低、硬度小，應為分子晶體，易溶于水且水溶液導電，則為極性分子，可與Ag+反應生成白色沉淀，說明含Cl-，所以A為HCl。B的熔點較高，硬度較大，且易溶于水，溶于水后能導電，說明為離子晶體，能與Ag+反應生成白色沉淀，說明含有Cl-，所以B為NaCl。C的熔點很高，硬度很大，且不溶于水，不導電，應為原子晶體。所以C為金剛石。 20．（12分）晶體具有規(guī)則的幾何外形，晶體中最基本的重復單元稱之為晶胞。NaCl晶體的晶胞如右圖所示。 隨著科學技術(shù)的發(fā)展，測定阿伏加德羅常數(shù)的手段越來越多，測定精確度也越來越高?，F(xiàn)有一簡單可行的測定方法，具體步驟如下：①將固體食鹽研細，干燥后，準確稱取m gNaCl固體并轉(zhuǎn)移到定容儀器A中。②用滴定管向儀器A中加苯，并不斷振蕩，繼續(xù)加苯至A儀器的刻度線，計算出NaCl固體的體積為VmL?；卮鹣铝袉栴}： ⑴步驟①中A儀器最好用__________________（填儀器名稱）。 ⑵能否用膠頭滴管代替步驟②中的滴定管______，其原因是____________。 ⑶能否用水代替苯_______，其原因是_________________________________。 ⑷經(jīng)X射線衍射測得NaCl晶胞中最鄰近的Na+ 和Cl- 平均距離為a cm，則利用上述 方法測得的阿伏加德羅常數(shù)的表達式為NA=_______________________。 【答案】 【解析】略 21．一水硫酸四氨合銅(Ⅱ)(化學式為[Cu(NH3)4]SO4H2O)是一種重要的染料及農(nóng)藥中間體。某學習小組以孔雀石(主要成分為Cu2(OH)2CO3，含少量Fe2O3和SiO2雜質(zhì))為原料制備該物質(zhì)的流程如下： 請回答： （1）沉淀A的晶體中最小環(huán)上的原子個數(shù)為________，氣體C分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為________。 （2）溶液D的溶質(zhì)陰離子的空間構(gòu)型為__________，其中心原子的雜化軌道類型為________。 （3）MgO的熔點高于CuO的原因為______________________________________。 （4）畫出一水硫酸四氨合銅(Ⅱ)中配離子([Cu(NH3)4]2＋)的配位鍵________________。 （5）一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)。在晶胞中，Au原子位于頂點，Cu原子位于面心，則該合金中Au原子與Cu原子個數(shù)之比為 ，若該晶胞的邊長為a pm，則合金的密度為 gcm－3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為NA）。 【答案】（9分） （1）12 1∶1 （2）正四面體形 sp3 （3）MgO的晶格能大(其他合理答案也可) （4） （5）1:3 (197+643)1030/a3NA 【解析】 試題分析：（1）SiO2不與稀硫酸反應，故沉淀A是SiO2，SiO2是原子晶體，晶體中最小環(huán)上的原子個數(shù)為12。氣體C是CO2，分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為1：1。 （2）溶液D是CuSO4溶液，陰離子是SO42-，空間構(gòu)型為正四面體形，中心原子的雜化軌道類型為sp3。 （3）MgO的熔點高于CuO的原因為MgO的晶格能比CuO的大。 （4）Cu2+周圍有四個配位鍵，其圖示為。 （5）一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)。在晶胞中，Au原子位于頂點，Cu原子位于面心，則該合金中Au原子與Cu原子個數(shù)之比為1:3，若該晶胞的邊長為a pm，則合金的密度為(197+643)1030/a3NA gcm－3。 考點：金屬及其重要化合物的主要性質(zhì) 共價鍵 晶體 點評：金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)、共價鍵、晶體等都是和實驗有密切聯(lián)系，認真復習課本中的實驗，弄清實驗原理、目的、要求、步驟和注意事項等實驗基礎(chǔ)知識，并能做到舉一反三，是我們做好實驗復習的保證。 22．已知金晶體是面心立方晶格(如下圖所示)。金的原子半徑為114 pm，試求金的 密度。(1 pm=10-10 cm) 【答案】ρ(Au)=19.39 gcm-3 【解析】在晶胞中每個晶格質(zhì)點對該晶胞作出的貢獻如下： 晶格質(zhì)點類型 頂點 邊 面心 體心 對一個單元晶胞的貢獻 1/8 1/4 1/2 1 由上表知，在金晶體的每個晶胞中含有4個金原子，每個金晶胞的體積V(晶胞)=(144 pm)3=6.757107 pm3=6.75710-23 cm3；每個晶胞的質(zhì)量為m(晶胞)=1974 g(6.021023)=1.3110-21 g。所以ρ(Au)=1.3110-21 g/(6.75710-23 cm3)=19.39 gcm-3 23．已知A、B、C、D、E五種元素的原子序數(shù)依次增大，其中A原子所處的周期數(shù)、族序數(shù)都與其原子序數(shù)相等；B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，s軌道電子數(shù)是p軌道電子數(shù)的兩倍；D原子L電子層上有2對成對電子；E＋原子核外有3層電子且各層均處于全滿狀態(tài)。 請?zhí)顚懴铝锌瞻住? （1）E元素基態(tài)原子的核外電子排布式為_________________。 （2）B、C、D三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為_____________（填元素符號），其原因為_____________________。 （3）B2A4是重要的基本石油化工原料。B2A4分子中B原子軌道的雜化類型為__________； 1 mol B2A4分子中含__________molσ鍵。 （4）已知D、E能形成晶胞如圖所示的兩種化合物，化合物的化學式，甲為__________，乙為_____________；高溫時，甲易轉(zhuǎn)化為乙的原因為__________________。 【答案】（15分）（1）1s22s22p63s23p63d104s1（2分） （2）C＜O＜N（2分） 同一周期，隨著原子序數(shù)的增加，元素的第一電離能呈現(xiàn)逐漸增大的趨勢，但氮元素最外層電子達到半滿的穩(wěn)定構(gòu)型，其第一電離能大于氧元素（2分） （3）sp2雜化（2分） 5（2分） （4）CuO（2分） Cu2O（2分） Cu2O中Cu的d軌道為全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以高溫時，CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O（1分） 【解析】 試題分析：A、B、C、D、E五種元素的原子序數(shù)依次增大，B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，S軌道電子數(shù)是P軌道電子數(shù)的兩倍，則B原子核外有6個電子，因此B為碳元素；D原子L層上有2對成對電子，則D原子電子排布式為1s22s22p4，所以D為氧元素；C原子序數(shù)介于碳元素與氧元素之間，則C為氮元素；原子序數(shù)A＜B，B為碳元素，A原子的最外層電子數(shù)等于其周期序數(shù)，則A為氫元素；E＋原子核外有3層電子且各層均處于全滿狀態(tài)，E為銅元素。即A為氫元素；B為碳元素；C為氮元素；D為氧元素；E為銅元素。 （1）E為銅元素，原子核外有29個電子，則根據(jù)工作原理可知，基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1。 （2）B為碳元素，C為氮元素，D為氧元素，同周期第一電離能自左而右具有增大趨勢，所以第一電離能O＞C。由于氮元素原子2p能級有3個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能大于相鄰元素，所以B、C、D三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為C＜O＜N。 （4）根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)并依據(jù)均攤法可知，甲中氧原子的個數(shù)是＝4個，銅原子的個數(shù)是4個，則甲的化學式是CuO。同樣可知乙中氧原子的個數(shù)是＝2個，銅原子的個數(shù)是4個，則乙的化學式是Cu2O。由于Cu2O中Cu的d軌道為全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以高溫時，CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O。 考點：考查核外電子排布、第一電離能比較、雜化軌道類型、共價鍵、晶體化學式以及物質(zhì)穩(wěn)定性判斷 24．原子序數(shù)依次遞增且都小于36的X、Y、Z、Q、W四種元素，其中X是原子半徑最小的元素，Y原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Q原子基態(tài)時2p原子軌道上有2個未成對的電子，W元素的原子結(jié)構(gòu)中3d能級有4個未成對電子?；卮鹣铝袉栴}： （1）Y2X2分子中Y原子軌道的雜化類型為 ，Y2X2分子中σ鍵和π鍵個數(shù)比為 。 （2）化合物ZX3的沸點比化合物YX4的高，其主要原因是 。 （3）元素Y的一種氧化物與元素Z的一種氧化物互為等電子體，元素Z的這種氧化物的分子式是 。 （4）元素W能形成多種配合物，如：W(CO)5等。 ①基態(tài)W3+的M層電子排布式為 。 ②W(CO)5常溫下呈液態(tài)，熔點為—20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷W(CO)x晶體屬于 （填晶體類型），該晶體中W的化合價為 。 （5）下列有關(guān)的說法正確的是 。 A．分子晶體中，共價鍵鍵能越大，該分子晶體的熔沸點越高 B．電負性順序：X＜Y＜Z＜Q C．因為晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔點低 D．H2 YO3的分子結(jié)構(gòu)中含有一個非羥基氧，故其為中強酸 （6）Q和Na形成的一種只含有離子鍵的離子化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，距一個陰離子周圍最近的所有陽離子為頂點構(gòu)成的幾何體為 。已知該晶胞密度為ρ g/cm3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，求晶胞邊長a= cm。（用含ρ、NA的計算式表示） 【答案】（1）sp雜化（1分）；3:2 （2分）；（2）NH3分子間存在氫鍵（1分）； （3）N2O（2分）；（4）3s23p63d5（2分）；分子晶體（1分） 0（1分）； （5）BC（2分）；（6）立方體（1分）；；（2分） 【解析】 試題分析：原子序數(shù)依次遞增且都小于36的X、Y、Z、Q、W四種元素，其中X是原子半徑最小的元素，則X是H元素；Y原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則Y是C元素；Q原子基態(tài)時2p原子軌道上有2個未成對的電子，則Q是O元素，則Z是N元素；W元素的原子結(jié)構(gòu)中3d能級有4個未成對電子。W是Cr元素或Fe元素,由于W可以形成+3價的離子，因此W只能是Fe元素。(1)Y2X2分子是乙炔C2H2，結(jié)構(gòu)式是分子中Y原子軌道的雜化類型為sp雜化，Y2X2分子中σ鍵和π鍵個數(shù)比為3:2。(2)化合物ZX3是NH3，在氨分子之間除了存在分子間作用力外還存在氫鍵，增加了分子之間的吸引力，使其的沸點比只有分子間作用力的化合物CH4的高.(3)等電子體是原子數(shù)相同，原子最外層電子數(shù)也相同的微粒。元素Y的一種氧化物與元素Z的一種氧化物互為等電子體，它們是CO2與N2O，則元素Z的這種氧化物的分子式是N2O。(4)①基態(tài)W3+的M層電子排布式為3s23p63d5。②W(CO)5常溫下呈液態(tài)，熔點為—20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，由于其熔沸點較低，易溶于非極性溶劑，所以據(jù)此可判斷W(CO)x晶體屬于分子晶體，在任何化合物水所有元素正負化合價的代數(shù)和為0，因此該晶體中W的化合價為0。（5）A．分子晶體中，共價鍵鍵能越大，含有該共價鍵的物質(zhì)的分子穩(wěn)定性越強，而分子晶體的熔沸點與化學鍵的強弱無關(guān)，只與分子之間的作用力作用，因此不能判斷物質(zhì)的熔沸點的高低，錯誤；B．元素的非金屬性越強，其電負性就越大。元素的非金屬性H下載提示(請認真閱讀)
- 1.請仔細閱讀文檔，確保文檔完整性，對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔，不會出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入（下載+內(nèi)容+預覽）歸上傳者、原創(chuàng)作者；如果您是本文檔原作者，請點此認領(lǐng)！既往收益都歸您。
文檔包含非法信息？點此舉報后獲取現(xiàn)金獎勵！
下載文檔到電腦，查找使用更方便
9.9 積分
| 下載 |
還剩頁未讀，繼續(xù)閱讀
- 配套講稿：
如PPT文件的首頁顯示word圖標，表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標可打開word文檔。
- 特殊限制：
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片，僅作為作品整體效果示例展示，禁止商用。設(shè)計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞：
- 2019-2020年高考化學二輪復習 考點加餐訓練 晶體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)含解析 2019 2020 年高 化學 二輪 復習 考點 加餐 訓練 晶體結(jié)構(gòu) 性質(zhì) 解析
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學習交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
鏈接地址：http://italysoccerbets.com/p-2730161.html