还剩16页未读，
继续阅读
选择性必修第二册综合测评（可编辑Word）
展开
这是一份人教版 (2019)选择性必修2本册综合习题，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
全书综合测评
(满分:100分;时间:90分钟)
一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1.据《Green Chemistry》报道:我国学者发明了低压、高效电催化还原CO2的新方法,其总反应为NaCl+CO2 CO+NaClO。下列说法正确的是( )
A.CO2的电子式:··O······C··O······
B.NaCl属于离子晶体,其阴、阳离子的配位数为8
C.NaClO中既有离子键又有共价键
D.CO2中C原子是sp2杂化
2.(2020山东烟台一模)3d能级上最多只能排布10个电子的依据是( )
A.洪特规则
B.泡利不相容原理
C.能量最低原理和洪特规则
D.能量最低原理和泡利不相容原理
3.下列对HCN、CO2、H2O、CO(NH2)2、C2H4分子中共价键的分析正确的是( )
A.都是σ键,没有π键
B.都是π键,没有σ键
C.除H2O外,都含π键
D.除HCN外,都是σ键
4.下列说法正确的是( )
A.1个N2分子中的π键与1个CO2分子中的π键的数目之比为2∶1
B.稳定性:甲烷>乙烯
C.强度:氢键>化学键>范德华力
D.沸点:>
5.几种物质的沸点如图所示。下列推断正确的是( )
A.D可能为共价晶体,H可能为分子晶体
B.G可能为离子晶体,A可能为分子晶体
C.G、H一定是分子晶体,E、F一定是金属晶体
D.D可能为共价晶体,B一定是离子晶体
6.(2020山东泰安三模)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,四种元素形成的化合物甲的结构如图所示:,其中各原子的最外层均处于稳定结构。W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子,W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是(深度解析)
A.YW3分子中的键角为120°
B.W2Z的稳定性大于YW3
C.物质甲的1个分子中存在6个σ键
D.Y元素的氧化物对应的水化物为强酸
7.当地时间2020年1月30日晚,世界卫生组织(WHO)宣布,将新型冠状病毒疫情列为国际关注的突发公共卫生事件,防疫专家表示,75%的医用酒精、含氯消毒剂(如84消毒液等)可以有效杀灭病毒。关于酒精和含氯消毒剂的有关说法正确的是( )
A.乙醇中与羟基相连的C原子是sp2杂化,另一个C原子是sp3杂化
B.乙醇是非极性分子,易溶于水
C.1个HClO分子中含有两个σ键
D.1个乙醇分子中含有6个σ键,一个π键
8.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验,下列说法正确的是( )
A.该物质中Fe元素的化合价为+2
B.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的配位数为5
C.该物质中不存在的化学键有氢键
D.NO作为配体提供一对孤电子对
9.金属银的晶胞是一个“面心立方体”(注:八个顶点和六个面分别有一个金属原子)。则金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数是( )
A.5个 B.4个
C.3个 D.2个
10.某元素基态原子3d轨道上有10个电子,则该基态原子价电子排布不可能是( )
A.3d104s1 B.3d104s2
C.3s23p6 D.4s24p2
二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分)
11.如图为元素周期表中短周期的一部分,关于Y、Z、M的说法正确的是( )
A.电负性:Y>M>Z
B.离子半径:M->Z2->Y-
C.ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D.Z元素基态原子最外层电子的轨道表示式为
12.Mg2Si具有反萤石结构,晶胞结构如图所示,其晶胞参数为0.635 nm。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述错误的是( )
A.Si的配位数为8
B.紧邻的两个Mg原子的距离为0.6352 nm
C.紧邻的两个Si原子间的距离为2×0.6352 nm
D.Mg2Si的密度计算式为76NA(0.635×10-7)3 g·cm-3
13.下列说法错误的是( )
A.金红石晶体的晶胞如图1所示,推知其化学式为TiO2
B.配合物(如图2)分子中含有分子内氢键
C.某手性分子(如图3)可通过酯化反应让其失去手性
D.图4可以表示氯化钠晶体,是氯化钠的晶胞
14.在TiCl3的溶液中通入一定量HCl,如果加入乙醚生成绿色晶体;如果不加入乙醚,得到的是紫色晶体;已知两种晶体化学式均为TiCl3·6H2O,两种晶体均为配位数是6的配合物;分别取0.01 mol两种晶体,在水溶液中用过量AgNO3处理,绿色晶体得到的白色沉淀的质量为紫色晶体得到的白色沉淀质量的23,则下列有关说法不正确的是( )
A.该绿色晶体的配体是氯离子和水,它们物质的量之比为1∶5
B.紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6Cl]Cl2
C.上述两种晶体的化学式相同,但结构不同,所以性质不同
D.0.01 mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到2.78 g沉淀
15.已知A、B、C、D、E五种元素中,A、B、C属于同一周期,A原子最外层p轨道的电子数等于次外层的电子总数,B原子最外层有2个未成对电子,D、E原子核内各自的质子数与中子数均相等,B元素可分别与A、C、D、E元素形成RB2型化合物,且在DB2和EB2中,D与B的质量比为7∶8,E与B的质量比为1∶1。下列叙述中正确的是( )
A.E元素在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族
B.A、B、C三种元素的第一电离能:C>B>A
C.D基态原子的价电子排布图为
D.B、C、D、E四种元素的电负性:E>D>C>B
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
16.(8分)Cu4O(PO4)2是锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质,它可通过下列反应制备:2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2O Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O。
(1)写出基态Cu的电子排布式: 。
(2)PO43-的空间结构是 。
(3)P、S、N元素第一电离能由大到小的顺序为 。
(4)氨基乙酸铜分子结构如下图,其中碳原子的杂化方式为 ,基态碳原子核外电子有 种运动状态。
17.(12分)研究含碳化合物的结构与性质,对生产、科研等具有重要意义。
(1)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图: ,该电子排布图违背了 ;CH3+、—CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体,CH3+、CH3-的空间构型分别为 、 。
(2)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚,其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用,并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。
①Li+与X的空腔大小相近,恰好能进入X的环内,且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为 。
②冠醚Y能与K+形成稳定结构,但不能与Li+形成稳定结构,理由是
。
③烯烃难溶于水,被KMnO4水溶液氧化的效果较差。若烯烃中溶入冠醚Z,氧化效果明显提升。
ⅰ.水分子中氧的杂化轨道的空间构型是 ,
H—O键间的键角 (填“>”“<”或“=”)109°28'。
ⅱ.已知:冠醚Z与KMnO4可以发生下图所示的变化。
加入冠醚Z后,KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果明显提升的原因是
。
18.(12分)第Ⅷ族元素Fe、Co、Ni性质相似,称为铁系元素,主要用于制造合金。回答下列问题:
(1)基态Ni原子核外能量最高的电子位于 能级,同周期元素中,基态原子未成对电子数与Ni相同的元素名称为 。
(2)Fe3+与酚类物质的显色反应常用于离子检验,已知Fe3+遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚 (填“高”或“低”),原因是 。
(3)历史记载的第一个配合物是Fe4[Fe(CN)6]3(普鲁士蓝),该配合物的配离子为 。下表为Co2+、Ni2+不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时总能量的降低)。由表可知,Ni2+比较稳定的配离子配位数是 (填“4”或“6”)。Co3+性质活泼,易被还原,但[Co(NH3)6]3+很稳定,可能的原因是 。
离子
配位数
晶体场稳定化能(Dq)
Co2+
6
-8Dq+2p
4
-5.34Dq+2p
Ni2+
6
-12Dq+3p
4
-3.56Dq+3p
(4)NiO晶体结构中阴、阳离子的配位数均为6,则晶胞的俯视图可能是 (填选项字母)。若晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则NiO晶体的密度是 g·cm-3。
19.(14分)(2020浙江杭州中学高三检测)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子层结构;C、D为同周期元索,C元素原子核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是 (填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为 。
(2)A的两种单质互为同素异形体,其中沸点高的是 (填分子式),原因是
;A和B的氢化物所属的
晶体类型分别为 和 。
(3)C和D可按原子个数比为1∶3形成化合物E,E的空间结构为 ,中心原子的杂化轨道类型为 。
(4)化合物D2A的空间结构为 ,中心原子的价层电子对数为 ;D的单质与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为 。
(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566 nm,F的化学式为 ;晶胞中A原子的配位数为 ;晶体F的密度为 g·cm-3。
20.(14分)(2020山东济南一模)如图所示是金刚石的晶胞结构,除顶点和面心上有碳原子外,4条体对角线的14处还各有1个碳原子。回答下列问题:
(1)若图中原子1的坐标参数为(0,0,0),则原子2的坐标参数为 。若金刚石的晶胞参数为a1 pm,则其中最近的两个碳原子之间的距离为 pm(用含a1的代数式表示)。
(2)面心立方ZnS晶胞与金刚石的晶胞结构类似,阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。
①S元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是 ;二氯化硫(SCl2)分子中S原子的杂化轨道类型是 。
②写出基态Zn2+的电子排布式: 。把晶胞示意图中表示Zn2+的小球全部涂黑。
③锌锰干电池中Zn2+可吸收电池反应产生的NH3生成[Zn(NH3)4]2+,该离子中含有 个σ键。 易错
④若该ZnS晶胞的晶胞参数为a2 pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式)。
答案全解全析
1.C
2.B
3.C
4.B
5.A
6.B
7.C
8.D
9.B
10.C
11.AC
12.D
13.D
14.BD
15.AB
1.C 二氧化碳是共价化合物,含有两个碳氧双键,电子式为··O······C····O····,故A错误;NaCl属于离子晶体,其阴、阳离子配位数是6,故B错误;NaClO是离子化合物,既含有离子键又含有共价键,故C正确;CO2中心原子C是sp杂化,故D项错误。
2.B 构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布顺序。在一个原子轨道里,最多只能容纳2个电子,而且它们的自旋状态相反,称为泡利不相容原理。当电子排布在同一个能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,而且自旋状态相同,称为洪特规则。能量最低原理是核外电子排布时,优先占据能量最低的轨道。因此在3d能级上最多只能排布10个电子,其依据是泡利不相容原理,B选项正确。
3.C HCN的结构式为,既有σ键也有π键;CO2的结构式为,既有σ键也有π键;H2O的结构式是H—O—H,只含σ键;CO(NH2)2中含有碳氧双键,故既有σ键也有π键;C2H4中含有碳碳双键,既有σ键也有π键;故选C。
4.B N2的结构式为,1个N2分子中含有一个σ键和两个π键,CO2的结构式为,1个CO2分子中含有两个σ键和两个π键,故二者分子中π键数目之比为1∶1,A项错误。乙烯分子中的π键易断裂,而甲烷分子中只含有σ键,故甲烷分子稳定,B项正确。作用力的强度:化学键>氢键>范德华力,C项错误。存在分子内氢键,存在分子间氢键,含有分子间氢键的物质熔、沸点较高,故的沸点较高,D项错误。
5.A 由图像知,D的沸点最高,D晶体可能是共价晶体,G、H在常温下呈气态,一定是分子晶体。故A项推断合理。
6.B 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,四种元素形成的化合物中各原子的最外层均处于稳定结构。根据题给图示可知,X原子最外层有4个电子,Y原子最外层有5个电子,Z原子最外层有6个电子,W最外层有1个或7个电子,结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子,W2Z常温常压下为液体”可知,W为H,X为C,Y为N,Z为O,据此分析解答。YW3为NH3,为三角锥形的分子,分子中的键角<120°,故A错误;元素非金属性越强,其简单氢化物越稳定,H2O的稳定性大于NH3,故B正确;物质甲的结构简式为CO(NH2)2,1个分子中存在7个σ键和1个π键,故C错误;N元素的氧化物对应的水化物可能为硝酸,也可能为亚硝酸,其中亚硝酸为弱酸,故D错误。
名师点睛 根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解题关键。本题的易错点为C,要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。
7.C 乙醇中与羟基相连的C原子是sp3杂化,另一个C原子也是sp3杂化,A项错误;乙醇为极性分子,水也是极性分子,且乙醇分子与水分子之间能形成氢键,因此乙醇易溶于水,B项错误;1个HClO分子中含有两个单键,单键是σ键,C项正确;乙醇分子中都是单键,单键都是σ键,无π键,D项错误。
8.D 由题意知配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-,中心离子为Fe3+,故A项错误;配体为CN-和NO,配位原子为C和N,配位数为6,故B项错误;氢键不是化学键,故C项错误;NO的配位原子为N,提供一对孤电子对与中心离子Fe3+形成1个配位键(σ键),故D项正确。
9.B 用“均摊法”,金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数为8×18+6×12=4个,故选B。
10.C 若价电子排布为3d104s1,为29号元素Cu,电子排布式为[Ar]3d104s1,3d轨道处于全充满状态,整个体系的能量最低,故A不符合题意;若价电子排布为3d104s2,为30号元素Zn,电子排布式为[Ar]3d104s2,3d轨道处于全充满状态,整个体系的能量最低,故B不符合题意;若价电子排布为3s23p6,为18号元素Ar,电子排布式为1s22s22p63s23p6,3d轨道上没有电子,故C符合题意;若价电子排布为4s24p2,为32号元素Ge,电子排布式为[Ar]3d104s24p2,3d轨道处于全充满状态,整个体系的能量最低,故D不符合题意。
11.AC 题图为元素周期表中短周期的一部分,由X、Y、Z、M在周期表中的位置关系可知,Y为F元素,M为Cl元素,Z为S元素;同周期元素自左而右非金属性增强,同主族元素自上而下非金属性减弱,非金属性F>Cl>S,故电负性F>Cl>S,A正确;电子层数相同,核电荷数越大离子半径越小,最外层电子数相同,电子层越多离子半径越大,离子半径:Z2->M->Y-,B错误;ZM2为SCl2,分子中S元素化合价为+2价,2+6=8,S原子最外层满足8电子稳定结构,Cl元素化合价为-1价,|-1|+7=8,Cl原子最外层满足8电子稳定结构,C正确;Z为S元素,最外层有6个电子,其基态原子的最外层电子的轨道表示式为 ,D错误。
12.D 一个硅原子周围距离最近且相等的镁原子有8个,硅原子的配位数为8,故A正确;紧邻的两个镁原子的距离是晶胞参数的一半,该距离为0.6352 nm,故B正确;紧邻的两个硅原子间的距离是面对角线长的一半,该距离为2×0.6352 nm,故C正确;该晶胞含有Mg原子的个数为8,含有Si原子的个数为8×18+6×12=4,1个晶胞的质量为4×76NA g,该晶体的密度为304NA(0.635×10-7)3 g·cm-3,故D错误。
13.D 由金红石晶体的晶胞结构可知,该晶胞含有的Ti原子数为8×18+1=2,O原子数为4×12+2=4,推知其化学式为TiO2,故A正确;题给配合物分子可形成分子内氢键,如图,故B正确;题给手性分子可通过与CH3COOH发生酯化反应失去手性,故C正确;题给图示不是氯化钠的晶胞,故D错误。
14.BD 配合物中内界氯离子不能与Ag+反应,外界氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀,通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量。由题给信息绿色晶体的水溶液与AgNO3反应得到的白色沉淀的质量为紫色晶体的水溶液与AgNO3反应得到的沉淀质量的23,两种晶体的化学式皆为TiCl3·6H2O,且两种晶体均为配位数是6的配合物,则绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3。由以上分析可知,绿色晶体的配体是氯离子和水,它们物质的量之比为1∶5,A正确;紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3,B错误;两种晶体化学式均为TiCl3·6H2O,因其结构不同,所以性质不同,C正确;0.01 mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到0.03 mol沉淀,沉淀质量为0.03 mol×143.5 g·mol-1=4.305 g,故D错误。
15.AB 由题给信息可知,A、B、C、D、E元素分别为C、O、N、Si、S。A项,E(S)元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4,则S元素处于第三周期第ⅥA族,正确。B项,C、O、N元素同处于第二周期,据同周期元素的第一电离能的变化规律可知,第一电离能为C(N)>B(O)>A(C),正确。C项,D(Si)基态原子的电子排布式为[Ne]3s23p2,则价电子排布图为 ,错误。D项,一般同周期元素的电负性从左到右逐渐增大,同主族元素的电负性自上而下逐渐减小,故四种元素的电负性关系为O>N>S>Si,错误。
16.答案 (1)[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1 (2)正四面体 (3)N>P>S (4)sp3、sp2 6
解析 (1)Cu是29号元素,基态Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)PO43-中心原子P的价层电子对数为4+12×(5+3-4×2)=4,无孤电子对,则为sp3杂化,空间结构是正四面体。
(3)元素非金属性越强,第一电离能越大,又因为P原子核外3p轨道处于半满结构,更为稳定,所以P的第一电离能大于S,元素第一电离能由大到小的顺序为N>P>S。
(4)题给分子中只形成单键的碳原子为sp3杂化,形成碳氧双键的碳原子为sp2杂化;基态碳原子核外电子所处的能级有1s、2s、2p 3种,其中处于同一原子轨道的电子自旋状态相反,2p有3种伸展方向不同的原子轨道,所以碳原子的6个电子的运动状态互不相同,一共有6种运动状态。
17.答案 (1)洪特规则 平面三角形 三角锥形
(2)①K ②Li+半径比Y的空腔小得多,导致Li+不易与空腔内氧原子的孤电子对作用形成稳定结构 ③ⅰ.四面体 < ⅱ.在烯烃中溶入冠醚时,冠醚通过与K+结合而将MnO4-也携带进入烯烃,冠醚不与MnO4-结合,使裸露的MnO4-反应活性很高,从而使氧化反应能迅速发生
解析 (1)2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道,该电子排布图违背了洪特规则;CH3+中心碳原子的价层电子对个数=3+4-1-1×32=3,采用sp2杂化,为平面三角形结构,而CH3-中心碳原子的价层电子对个数=3+4+1-1×32=4,有一对孤电子对,采用sp3杂化,为三角锥形结构。
(2)①基态锂离子核外只有1s能级上有电子,为K层上的电子,所以其能层符号为K。
②冠醚Y空腔较大,Li+半径较小,导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键,所以得不到稳定结构。
③ⅰ.水分子中氧原子的价层电子对个数是4,采用sp3杂化,含有2对孤电子对,氧的杂化轨道的空间构型为四面体;水分子中O原子含有2对孤电子对,孤电子对之间的排斥力大于成键电子对和孤电子对之间的排斥力,导致水分子中H—O键间的键角小于109°28'。
ⅱ.在烯烃中溶入冠醚时,冠醚通过与K+结合而将MnO4-也携带进入烯烃,冠醚不与MnO4-结合,使裸露的MnO4-反应活性很高,从而使氧化反应能迅速发生。
18.答案 (1)3d 钛、锗、硒
(2)低 邻苯二酚形成分子内氢键,对苯二酚形成分子间氢键
(3)[Fe(CN)6]4- 6 形成配位键后,三价钴离子的氧化性减弱,性质变得稳定
(4)CD 3×1032a3·NA
解析 (1)Ni为28号元素,基态Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2,核外能量最高的电子位于3d能级;根据基态Ni原子的电子排布式可知,其3d能级上未成对电子数为2,同周期中,未成对电子数为2的还有:钛为22号元素,基态原子电子排布式为[Ar]3d24s2;锗为32号元素,基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p2;硒为34号元素,基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p4。
(2)邻苯二酚形成分子内氢键,对苯二酚形成分子间氢键,后者分子间作用力较大,故邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚低。
(3)配合物Fe4[Fe(CN)6]3中内界为[Fe(CN)6]4-;由题表数据可知,配位数为6的Ni2+晶体场稳定化能为-12Dq+3p,其能量降低的更多,能量越低越稳定;Co3+性质活泼,但[Co(NH3)6]3+很稳定,说明形成配位键后,三价钴离子的氧化性减弱,性质变得稳定。
(4)NiO晶体结构中阴、阳离子的配位数均为6,晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞,故选CD;根据均摊法,1个晶胞中含Ni2+个数为8×18+6×12=4,含O2-个数为12×14+1=4,NiO的摩尔质量为75 g·mol-1,1个晶胞的质量为75×4NA g,晶胞的体积为(a×10-10 cm)3,则晶体的密度为75×4NAg(a×10-10cm)3=3×1032a3·NA g·cm-3。
19.答案 (1)O 1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3
(2)O3 O3相对分子质量较大,范德华力大 分子晶体 离子晶体
(3)三角锥形 sp3
(4)V形 4 2Cl2+2Na2CO3+H2O Cl2O+2NaHCO3+2NaCl
(5)Na2O 8 2.27
解析 C元素原子核外电子总数是最外层电子数的3倍,为P元素;C、D为同周期元素,D元素最外层有一个未成对电子,为Cl元素;A2-和B+具有相同的电子层结构,结合原子序数关系可知A为O元素,B为Na元素。
(1)四种元素分别为O、Na、P、Cl,电负性最大的为O元素,C为P元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p3。
(2)A为O元素,其单质有O2、O3两种同素异形体,二者对应的晶体都为分子晶体,因O3相对分子质量较大,范德华力较大,沸点较高;A的氢化物为H2O,为分子晶体,B的氢化物为NaH,为离子晶体。
(3)C和D按原子个数比为1∶3形成的化合物为PCl3,中心原子P有3对σ键电子对,孤电子对数为(5-3×1)/2=1,则为sp3杂化,空间结构为三角锥形。
(4)化合物D2A为Cl2O,O为中心原子,形成2个σ键,孤电子对数为(6-2×1)/2=2,则中心原子的价层电子对数为4,空间结构为V形;氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O,反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O Cl2O+2NaHCO3+2NaCl。
(5)O元素和Na元素能够形成化合物F,可知其为离子化合物,阴离子位于晶胞的顶点和面心,阳离子位于晶胞内,则Na的个数为8,O的个数为8×18+6×12=4,N(Na)∶N(O)=2∶1,则F的化学式为Na2O;以位于晶胞顶点的1个O为研究对象,每个晶胞中有1个Na与O的距离最近,每个顶点的O为8个晶胞共有,则晶胞中O原子的配位数为8;1个晶胞的质量为4×62 g·mol-16.02×1023mol-1,晶胞的体积为(0.566×10-7 cm)3,则晶体F的密度为4×62 g·mol-1(0.566×10-7cm)3×6.02×1023mol-1≈2.27 g·cm-3。
20.答案 (1)(14,14,34) 3a14
(2)①S
③16 ④3.88×1032a23NA
解析 (1)若题图中原子1的坐标参数为(0,0,0),则可建立以原子1为原点的坐标系,根据题干信息可知,原子2位于其中一条体对角线上,则原子2的坐标参数为(14,14,34)。晶胞中最近的两个C原子之间的距离刚好为体对角线长的14,为3a14 pm。
(2)①与S元素同周期的相邻元素分别为P和Cl,同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,但P的3p轨道为半充满状态,较稳定,故第一电离能由小到大的顺序为S
③[Zn(NH3)4]2+中Zn2+和NH3形成了4个配位键,同时1个NH3中有3个共价键,则该离子中共含有4+3×4=16个σ键。
④由②分析可知,1个ZnS晶胞中有4个Zn2+,4个S2-,则1个晶胞的质量m为4×(65+32)NA g=388NA g,1个晶胞的体积V=(a2×10-10 cm)3=a23×10-30 cm3,根据密度公式可得该晶体的密度ρ=mV=388NAga23×10-30cm3=3.88×1032a23NA g·cm-3。
易错提醒 第(2)题的第③小问为易错点,在判断σ键的个数时不能忘记Zn2+和NH3形成的配位键。
全书综合测评
(满分:100分;时间:90分钟)
一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1.据《Green Chemistry》报道:我国学者发明了低压、高效电催化还原CO2的新方法,其总反应为NaCl+CO2 CO+NaClO。下列说法正确的是( )
A.CO2的电子式:··O······C··O······
B.NaCl属于离子晶体,其阴、阳离子的配位数为8
C.NaClO中既有离子键又有共价键
D.CO2中C原子是sp2杂化
2.(2020山东烟台一模)3d能级上最多只能排布10个电子的依据是( )
A.洪特规则
B.泡利不相容原理
C.能量最低原理和洪特规则
D.能量最低原理和泡利不相容原理
3.下列对HCN、CO2、H2O、CO(NH2)2、C2H4分子中共价键的分析正确的是( )
A.都是σ键,没有π键
B.都是π键,没有σ键
C.除H2O外,都含π键
D.除HCN外,都是σ键
4.下列说法正确的是( )
A.1个N2分子中的π键与1个CO2分子中的π键的数目之比为2∶1
B.稳定性:甲烷>乙烯
C.强度:氢键>化学键>范德华力
D.沸点:>
5.几种物质的沸点如图所示。下列推断正确的是( )
A.D可能为共价晶体,H可能为分子晶体
B.G可能为离子晶体,A可能为分子晶体
C.G、H一定是分子晶体,E、F一定是金属晶体
D.D可能为共价晶体,B一定是离子晶体
6.(2020山东泰安三模)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,四种元素形成的化合物甲的结构如图所示:,其中各原子的最外层均处于稳定结构。W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子,W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是(深度解析)
A.YW3分子中的键角为120°
B.W2Z的稳定性大于YW3
C.物质甲的1个分子中存在6个σ键
D.Y元素的氧化物对应的水化物为强酸
7.当地时间2020年1月30日晚,世界卫生组织(WHO)宣布,将新型冠状病毒疫情列为国际关注的突发公共卫生事件,防疫专家表示,75%的医用酒精、含氯消毒剂(如84消毒液等)可以有效杀灭病毒。关于酒精和含氯消毒剂的有关说法正确的是( )
A.乙醇中与羟基相连的C原子是sp2杂化,另一个C原子是sp3杂化
B.乙醇是非极性分子,易溶于水
C.1个HClO分子中含有两个σ键
D.1个乙醇分子中含有6个σ键,一个π键
8.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验,下列说法正确的是( )
A.该物质中Fe元素的化合价为+2
B.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的配位数为5
C.该物质中不存在的化学键有氢键
D.NO作为配体提供一对孤电子对
9.金属银的晶胞是一个“面心立方体”(注:八个顶点和六个面分别有一个金属原子)。则金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数是( )
A.5个 B.4个
C.3个 D.2个
10.某元素基态原子3d轨道上有10个电子,则该基态原子价电子排布不可能是( )
A.3d104s1 B.3d104s2
C.3s23p6 D.4s24p2
二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分)
11.如图为元素周期表中短周期的一部分,关于Y、Z、M的说法正确的是( )
A.电负性:Y>M>Z
B.离子半径:M->Z2->Y-
C.ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D.Z元素基态原子最外层电子的轨道表示式为
12.Mg2Si具有反萤石结构,晶胞结构如图所示,其晶胞参数为0.635 nm。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述错误的是( )
A.Si的配位数为8
B.紧邻的两个Mg原子的距离为0.6352 nm
C.紧邻的两个Si原子间的距离为2×0.6352 nm
D.Mg2Si的密度计算式为76NA(0.635×10-7)3 g·cm-3
13.下列说法错误的是( )
A.金红石晶体的晶胞如图1所示,推知其化学式为TiO2
B.配合物(如图2)分子中含有分子内氢键
C.某手性分子(如图3)可通过酯化反应让其失去手性
D.图4可以表示氯化钠晶体,是氯化钠的晶胞
14.在TiCl3的溶液中通入一定量HCl,如果加入乙醚生成绿色晶体;如果不加入乙醚,得到的是紫色晶体;已知两种晶体化学式均为TiCl3·6H2O,两种晶体均为配位数是6的配合物;分别取0.01 mol两种晶体,在水溶液中用过量AgNO3处理,绿色晶体得到的白色沉淀的质量为紫色晶体得到的白色沉淀质量的23,则下列有关说法不正确的是( )
A.该绿色晶体的配体是氯离子和水,它们物质的量之比为1∶5
B.紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6Cl]Cl2
C.上述两种晶体的化学式相同,但结构不同,所以性质不同
D.0.01 mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到2.78 g沉淀
15.已知A、B、C、D、E五种元素中,A、B、C属于同一周期,A原子最外层p轨道的电子数等于次外层的电子总数,B原子最外层有2个未成对电子,D、E原子核内各自的质子数与中子数均相等,B元素可分别与A、C、D、E元素形成RB2型化合物,且在DB2和EB2中,D与B的质量比为7∶8,E与B的质量比为1∶1。下列叙述中正确的是( )
A.E元素在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族
B.A、B、C三种元素的第一电离能:C>B>A
C.D基态原子的价电子排布图为
D.B、C、D、E四种元素的电负性:E>D>C>B
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
16.(8分)Cu4O(PO4)2是锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质,它可通过下列反应制备:2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2O Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O。
(1)写出基态Cu的电子排布式: 。
(2)PO43-的空间结构是 。
(3)P、S、N元素第一电离能由大到小的顺序为 。
(4)氨基乙酸铜分子结构如下图,其中碳原子的杂化方式为 ,基态碳原子核外电子有 种运动状态。
17.(12分)研究含碳化合物的结构与性质,对生产、科研等具有重要意义。
(1)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图: ,该电子排布图违背了 ;CH3+、—CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体,CH3+、CH3-的空间构型分别为 、 。
(2)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚,其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用,并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。
①Li+与X的空腔大小相近,恰好能进入X的环内,且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为 。
②冠醚Y能与K+形成稳定结构,但不能与Li+形成稳定结构,理由是
。
③烯烃难溶于水,被KMnO4水溶液氧化的效果较差。若烯烃中溶入冠醚Z,氧化效果明显提升。
ⅰ.水分子中氧的杂化轨道的空间构型是 ,
H—O键间的键角 (填“>”“<”或“=”)109°28'。
ⅱ.已知:冠醚Z与KMnO4可以发生下图所示的变化。
加入冠醚Z后,KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果明显提升的原因是
。
18.(12分)第Ⅷ族元素Fe、Co、Ni性质相似,称为铁系元素,主要用于制造合金。回答下列问题:
(1)基态Ni原子核外能量最高的电子位于 能级,同周期元素中,基态原子未成对电子数与Ni相同的元素名称为 。
(2)Fe3+与酚类物质的显色反应常用于离子检验,已知Fe3+遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚 (填“高”或“低”),原因是 。
(3)历史记载的第一个配合物是Fe4[Fe(CN)6]3(普鲁士蓝),该配合物的配离子为 。下表为Co2+、Ni2+不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时总能量的降低)。由表可知,Ni2+比较稳定的配离子配位数是 (填“4”或“6”)。Co3+性质活泼,易被还原,但[Co(NH3)6]3+很稳定,可能的原因是 。
离子
配位数
晶体场稳定化能(Dq)
Co2+
6
-8Dq+2p
4
-5.34Dq+2p
Ni2+
6
-12Dq+3p
4
-3.56Dq+3p
(4)NiO晶体结构中阴、阳离子的配位数均为6,则晶胞的俯视图可能是 (填选项字母)。若晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则NiO晶体的密度是 g·cm-3。
19.(14分)(2020浙江杭州中学高三检测)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子层结构;C、D为同周期元索,C元素原子核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是 (填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为 。
(2)A的两种单质互为同素异形体,其中沸点高的是 (填分子式),原因是
;A和B的氢化物所属的
晶体类型分别为 和 。
(3)C和D可按原子个数比为1∶3形成化合物E,E的空间结构为 ,中心原子的杂化轨道类型为 。
(4)化合物D2A的空间结构为 ,中心原子的价层电子对数为 ;D的单质与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为 。
(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566 nm,F的化学式为 ;晶胞中A原子的配位数为 ;晶体F的密度为 g·cm-3。
20.(14分)(2020山东济南一模)如图所示是金刚石的晶胞结构,除顶点和面心上有碳原子外,4条体对角线的14处还各有1个碳原子。回答下列问题:
(1)若图中原子1的坐标参数为(0,0,0),则原子2的坐标参数为 。若金刚石的晶胞参数为a1 pm,则其中最近的两个碳原子之间的距离为 pm(用含a1的代数式表示)。
(2)面心立方ZnS晶胞与金刚石的晶胞结构类似,阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。
①S元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是 ;二氯化硫(SCl2)分子中S原子的杂化轨道类型是 。
②写出基态Zn2+的电子排布式: 。把晶胞示意图中表示Zn2+的小球全部涂黑。
③锌锰干电池中Zn2+可吸收电池反应产生的NH3生成[Zn(NH3)4]2+,该离子中含有 个σ键。 易错
④若该ZnS晶胞的晶胞参数为a2 pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式)。
答案全解全析
1.C
2.B
3.C
4.B
5.A
6.B
7.C
8.D
9.B
10.C
11.AC
12.D
13.D
14.BD
15.AB
1.C 二氧化碳是共价化合物,含有两个碳氧双键,电子式为··O······C····O····,故A错误;NaCl属于离子晶体,其阴、阳离子配位数是6,故B错误;NaClO是离子化合物,既含有离子键又含有共价键,故C正确;CO2中心原子C是sp杂化,故D项错误。
2.B 构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布顺序。在一个原子轨道里,最多只能容纳2个电子,而且它们的自旋状态相反,称为泡利不相容原理。当电子排布在同一个能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,而且自旋状态相同,称为洪特规则。能量最低原理是核外电子排布时,优先占据能量最低的轨道。因此在3d能级上最多只能排布10个电子,其依据是泡利不相容原理,B选项正确。
3.C HCN的结构式为,既有σ键也有π键;CO2的结构式为,既有σ键也有π键;H2O的结构式是H—O—H,只含σ键;CO(NH2)2中含有碳氧双键,故既有σ键也有π键;C2H4中含有碳碳双键,既有σ键也有π键;故选C。
4.B N2的结构式为,1个N2分子中含有一个σ键和两个π键,CO2的结构式为,1个CO2分子中含有两个σ键和两个π键,故二者分子中π键数目之比为1∶1,A项错误。乙烯分子中的π键易断裂,而甲烷分子中只含有σ键,故甲烷分子稳定,B项正确。作用力的强度:化学键>氢键>范德华力,C项错误。存在分子内氢键,存在分子间氢键,含有分子间氢键的物质熔、沸点较高,故的沸点较高,D项错误。
5.A 由图像知,D的沸点最高,D晶体可能是共价晶体,G、H在常温下呈气态,一定是分子晶体。故A项推断合理。
6.B 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,四种元素形成的化合物中各原子的最外层均处于稳定结构。根据题给图示可知,X原子最外层有4个电子,Y原子最外层有5个电子,Z原子最外层有6个电子,W最外层有1个或7个电子,结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子,W2Z常温常压下为液体”可知,W为H,X为C,Y为N,Z为O,据此分析解答。YW3为NH3,为三角锥形的分子,分子中的键角<120°,故A错误;元素非金属性越强,其简单氢化物越稳定,H2O的稳定性大于NH3,故B正确;物质甲的结构简式为CO(NH2)2,1个分子中存在7个σ键和1个π键,故C错误;N元素的氧化物对应的水化物可能为硝酸,也可能为亚硝酸,其中亚硝酸为弱酸,故D错误。
名师点睛 根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解题关键。本题的易错点为C,要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。
7.C 乙醇中与羟基相连的C原子是sp3杂化,另一个C原子也是sp3杂化,A项错误;乙醇为极性分子,水也是极性分子,且乙醇分子与水分子之间能形成氢键,因此乙醇易溶于水,B项错误;1个HClO分子中含有两个单键,单键是σ键,C项正确;乙醇分子中都是单键,单键都是σ键,无π键,D项错误。
8.D 由题意知配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-,中心离子为Fe3+,故A项错误;配体为CN-和NO,配位原子为C和N,配位数为6,故B项错误;氢键不是化学键,故C项错误;NO的配位原子为N,提供一对孤电子对与中心离子Fe3+形成1个配位键(σ键),故D项正确。
9.B 用“均摊法”,金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数为8×18+6×12=4个,故选B。
10.C 若价电子排布为3d104s1,为29号元素Cu,电子排布式为[Ar]3d104s1,3d轨道处于全充满状态,整个体系的能量最低,故A不符合题意;若价电子排布为3d104s2,为30号元素Zn,电子排布式为[Ar]3d104s2,3d轨道处于全充满状态,整个体系的能量最低,故B不符合题意;若价电子排布为3s23p6,为18号元素Ar,电子排布式为1s22s22p63s23p6,3d轨道上没有电子,故C符合题意;若价电子排布为4s24p2,为32号元素Ge,电子排布式为[Ar]3d104s24p2,3d轨道处于全充满状态,整个体系的能量最低,故D不符合题意。
11.AC 题图为元素周期表中短周期的一部分,由X、Y、Z、M在周期表中的位置关系可知,Y为F元素,M为Cl元素,Z为S元素;同周期元素自左而右非金属性增强,同主族元素自上而下非金属性减弱,非金属性F>Cl>S,故电负性F>Cl>S,A正确;电子层数相同,核电荷数越大离子半径越小,最外层电子数相同,电子层越多离子半径越大,离子半径:Z2->M->Y-,B错误;ZM2为SCl2,分子中S元素化合价为+2价,2+6=8,S原子最外层满足8电子稳定结构,Cl元素化合价为-1价,|-1|+7=8,Cl原子最外层满足8电子稳定结构,C正确;Z为S元素,最外层有6个电子,其基态原子的最外层电子的轨道表示式为 ,D错误。
12.D 一个硅原子周围距离最近且相等的镁原子有8个,硅原子的配位数为8,故A正确;紧邻的两个镁原子的距离是晶胞参数的一半,该距离为0.6352 nm,故B正确;紧邻的两个硅原子间的距离是面对角线长的一半,该距离为2×0.6352 nm,故C正确;该晶胞含有Mg原子的个数为8,含有Si原子的个数为8×18+6×12=4,1个晶胞的质量为4×76NA g,该晶体的密度为304NA(0.635×10-7)3 g·cm-3,故D错误。
13.D 由金红石晶体的晶胞结构可知,该晶胞含有的Ti原子数为8×18+1=2,O原子数为4×12+2=4,推知其化学式为TiO2,故A正确;题给配合物分子可形成分子内氢键,如图,故B正确;题给手性分子可通过与CH3COOH发生酯化反应失去手性,故C正确;题给图示不是氯化钠的晶胞,故D错误。
14.BD 配合物中内界氯离子不能与Ag+反应,外界氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀,通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量。由题给信息绿色晶体的水溶液与AgNO3反应得到的白色沉淀的质量为紫色晶体的水溶液与AgNO3反应得到的沉淀质量的23,两种晶体的化学式皆为TiCl3·6H2O,且两种晶体均为配位数是6的配合物,则绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3。由以上分析可知,绿色晶体的配体是氯离子和水,它们物质的量之比为1∶5,A正确;紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3,B错误;两种晶体化学式均为TiCl3·6H2O,因其结构不同,所以性质不同,C正确;0.01 mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到0.03 mol沉淀,沉淀质量为0.03 mol×143.5 g·mol-1=4.305 g,故D错误。
15.AB 由题给信息可知,A、B、C、D、E元素分别为C、O、N、Si、S。A项,E(S)元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4,则S元素处于第三周期第ⅥA族,正确。B项,C、O、N元素同处于第二周期,据同周期元素的第一电离能的变化规律可知,第一电离能为C(N)>B(O)>A(C),正确。C项,D(Si)基态原子的电子排布式为[Ne]3s23p2,则价电子排布图为 ,错误。D项,一般同周期元素的电负性从左到右逐渐增大,同主族元素的电负性自上而下逐渐减小,故四种元素的电负性关系为O>N>S>Si,错误。
16.答案 (1)[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1 (2)正四面体 (3)N>P>S (4)sp3、sp2 6
解析 (1)Cu是29号元素,基态Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)PO43-中心原子P的价层电子对数为4+12×(5+3-4×2)=4,无孤电子对,则为sp3杂化,空间结构是正四面体。
(3)元素非金属性越强,第一电离能越大,又因为P原子核外3p轨道处于半满结构,更为稳定,所以P的第一电离能大于S,元素第一电离能由大到小的顺序为N>P>S。
(4)题给分子中只形成单键的碳原子为sp3杂化,形成碳氧双键的碳原子为sp2杂化;基态碳原子核外电子所处的能级有1s、2s、2p 3种,其中处于同一原子轨道的电子自旋状态相反,2p有3种伸展方向不同的原子轨道,所以碳原子的6个电子的运动状态互不相同,一共有6种运动状态。
17.答案 (1)洪特规则 平面三角形 三角锥形
(2)①K ②Li+半径比Y的空腔小得多,导致Li+不易与空腔内氧原子的孤电子对作用形成稳定结构 ③ⅰ.四面体 < ⅱ.在烯烃中溶入冠醚时,冠醚通过与K+结合而将MnO4-也携带进入烯烃,冠醚不与MnO4-结合,使裸露的MnO4-反应活性很高,从而使氧化反应能迅速发生
解析 (1)2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道,该电子排布图违背了洪特规则;CH3+中心碳原子的价层电子对个数=3+4-1-1×32=3,采用sp2杂化,为平面三角形结构,而CH3-中心碳原子的价层电子对个数=3+4+1-1×32=4,有一对孤电子对,采用sp3杂化,为三角锥形结构。
(2)①基态锂离子核外只有1s能级上有电子,为K层上的电子,所以其能层符号为K。
②冠醚Y空腔较大,Li+半径较小,导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键,所以得不到稳定结构。
③ⅰ.水分子中氧原子的价层电子对个数是4,采用sp3杂化,含有2对孤电子对,氧的杂化轨道的空间构型为四面体;水分子中O原子含有2对孤电子对,孤电子对之间的排斥力大于成键电子对和孤电子对之间的排斥力,导致水分子中H—O键间的键角小于109°28'。
ⅱ.在烯烃中溶入冠醚时,冠醚通过与K+结合而将MnO4-也携带进入烯烃,冠醚不与MnO4-结合,使裸露的MnO4-反应活性很高,从而使氧化反应能迅速发生。
18.答案 (1)3d 钛、锗、硒
(2)低 邻苯二酚形成分子内氢键,对苯二酚形成分子间氢键
(3)[Fe(CN)6]4- 6 形成配位键后,三价钴离子的氧化性减弱,性质变得稳定
(4)CD 3×1032a3·NA
解析 (1)Ni为28号元素,基态Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2,核外能量最高的电子位于3d能级;根据基态Ni原子的电子排布式可知,其3d能级上未成对电子数为2,同周期中,未成对电子数为2的还有:钛为22号元素,基态原子电子排布式为[Ar]3d24s2;锗为32号元素,基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p2;硒为34号元素,基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p4。
(2)邻苯二酚形成分子内氢键,对苯二酚形成分子间氢键,后者分子间作用力较大,故邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚低。
(3)配合物Fe4[Fe(CN)6]3中内界为[Fe(CN)6]4-;由题表数据可知,配位数为6的Ni2+晶体场稳定化能为-12Dq+3p,其能量降低的更多,能量越低越稳定;Co3+性质活泼,但[Co(NH3)6]3+很稳定,说明形成配位键后,三价钴离子的氧化性减弱,性质变得稳定。
(4)NiO晶体结构中阴、阳离子的配位数均为6,晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞,故选CD;根据均摊法,1个晶胞中含Ni2+个数为8×18+6×12=4,含O2-个数为12×14+1=4,NiO的摩尔质量为75 g·mol-1,1个晶胞的质量为75×4NA g,晶胞的体积为(a×10-10 cm)3,则晶体的密度为75×4NAg(a×10-10cm)3=3×1032a3·NA g·cm-3。
19.答案 (1)O 1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3
(2)O3 O3相对分子质量较大,范德华力大 分子晶体 离子晶体
(3)三角锥形 sp3
(4)V形 4 2Cl2+2Na2CO3+H2O Cl2O+2NaHCO3+2NaCl
(5)Na2O 8 2.27
解析 C元素原子核外电子总数是最外层电子数的3倍,为P元素;C、D为同周期元素,D元素最外层有一个未成对电子,为Cl元素;A2-和B+具有相同的电子层结构,结合原子序数关系可知A为O元素,B为Na元素。
(1)四种元素分别为O、Na、P、Cl,电负性最大的为O元素,C为P元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p3。
(2)A为O元素,其单质有O2、O3两种同素异形体,二者对应的晶体都为分子晶体,因O3相对分子质量较大,范德华力较大,沸点较高;A的氢化物为H2O,为分子晶体,B的氢化物为NaH,为离子晶体。
(3)C和D按原子个数比为1∶3形成的化合物为PCl3,中心原子P有3对σ键电子对,孤电子对数为(5-3×1)/2=1,则为sp3杂化,空间结构为三角锥形。
(4)化合物D2A为Cl2O,O为中心原子,形成2个σ键,孤电子对数为(6-2×1)/2=2,则中心原子的价层电子对数为4,空间结构为V形;氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O,反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O Cl2O+2NaHCO3+2NaCl。
(5)O元素和Na元素能够形成化合物F,可知其为离子化合物,阴离子位于晶胞的顶点和面心,阳离子位于晶胞内,则Na的个数为8,O的个数为8×18+6×12=4,N(Na)∶N(O)=2∶1,则F的化学式为Na2O;以位于晶胞顶点的1个O为研究对象,每个晶胞中有1个Na与O的距离最近,每个顶点的O为8个晶胞共有,则晶胞中O原子的配位数为8;1个晶胞的质量为4×62 g·mol-16.02×1023mol-1,晶胞的体积为(0.566×10-7 cm)3,则晶体F的密度为4×62 g·mol-1(0.566×10-7cm)3×6.02×1023mol-1≈2.27 g·cm-3。
20.答案 (1)(14,14,34) 3a14
(2)①S
③16 ④3.88×1032a23NA
解析 (1)若题图中原子1的坐标参数为(0,0,0),则可建立以原子1为原点的坐标系,根据题干信息可知,原子2位于其中一条体对角线上,则原子2的坐标参数为(14,14,34)。晶胞中最近的两个C原子之间的距离刚好为体对角线长的14,为3a14 pm。
(2)①与S元素同周期的相邻元素分别为P和Cl,同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,但P的3p轨道为半充满状态,较稳定,故第一电离能由小到大的顺序为S
③[Zn(NH3)4]2+中Zn2+和NH3形成了4个配位键,同时1个NH3中有3个共价键,则该离子中共含有4+3×4=16个σ键。
④由②分析可知,1个ZnS晶胞中有4个Zn2+,4个S2-,则1个晶胞的质量m为4×(65+32)NA g=388NA g,1个晶胞的体积V=(a2×10-10 cm)3=a23×10-30 cm3,根据密度公式可得该晶体的密度ρ=mV=388NAga23×10-30cm3=3.88×1032a23NA g·cm-3。
易错提醒 第(2)题的第③小问为易错点,在判断σ键的个数时不能忘记Zn2+和NH3形成的配位键。
相关试卷
全书综合测评-2022版化学必修第二册 鲁教版（2019） 同步练习 （Word含解析）： 这是一份全书综合测评-2022版化学必修第二册 鲁教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共17页。
全书综合测评-2022版化学选择性必修2 鲁教版（2019） 同步练习 （Word含解析）： 这是一份全书综合测评-2022版化学选择性必修2 鲁教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共19页。
全书综合测评-2022版化学选择性必修3 鲁教版（2019） 同步练习 （Word含解析）： 这是一份全书综合测评-2022版化学选择性必修3 鲁教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共26页。
