第三章不同聚集状态的物质与性质期末章节复习练 鲁科版化学选择性必修2

这是一份第三章不同聚集状态的物质与性质期末章节复习练 鲁科版化学选择性必修2，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．液晶最重要的用途是制造液晶显示器。下列关于液晶的说法中，正确的是
A．液晶是一种液态的晶体B．所有物质在一定条件下都能成为液晶
C．施加电场时，液晶分子平行于电场方向排列D．移去电场后，液晶分子相互平行排列
2．下表给出两种化合物的熔点和沸点。
关于表中两种化合物的说法正确的是
①在加热时可升华 ②属于分子晶体 ③是典型的离子晶体
A．仅①B．仅③C．仅①②D．①②③
3．下列叙述中正确的是
A．干冰升华时碳氧键发生断裂
B．CaO和SiO2晶体中都不存在单个小分子
C．Na2O与Na2O2所含的化学键类型完全相同
D．Br2蒸气被木炭吸附时共价键被破坏
4．下列说法不正确的是
A．Al2O3是偏向离子晶体的过渡晶体，当作离子晶体来处理：SiO2是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理
B．Na2O 中离子键的百分数为62%，则Na2O不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体
C．Na2O通常当作离子晶体来处理，因为Na2O是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近
D．分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型
5．下列物质性质和解释不正确的是
A．HF、HCl、HBr的热稳定性依次减弱是因为非金属性逐渐减弱
B．HCl、HBr 、HI的沸点逐渐增大是因为其相对分子质量逐渐增大
C．NH3在水中的溶解度大于PH3是因为NH3的相对分子质量比PH3小
D．金刚石的熔点高于晶体硅是因为C- C键长比Si- Si键长短
6．下列过程能得到晶体的共几种
①从熔融态结晶出来的硫
②将液态的玻璃冷却成所得到的固体
③凝华得到的碘
④从硫酸铜饱和溶液中析出的硫酸铜
⑤熔融的冷却后所得的固体
⑥熔融石蜡迅速冷却形成的石蜡固体
A．3B．4C．5D．6
7．下列叙述与范德华力无关的是
A．气体物质加压或降温时能凝结或凝固B．白磷易自燃
C．干冰易升华D．S8的熔、沸点较低
8．如图所示是硼和镁形成的化合物的晶体结构单元，镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面各有一个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为
A．B．C．D．
二、填空题
9．金属钠的熔点较低、硬度较小，钨是熔点最高的金属、铬是硬度最大的金属， 解释Na、Mg、Al的熔点依次升高、硬度依次增大的原因。
10．因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构、密度和性质均不同，对铁晶体用X射线衍射进行测定，测得A、B两种晶胞，其晶胞结构示意图如下：
则A、B两种晶胞中含有的铁原子数分别是： 、 个。
11．晶体的个性
(1)绝大多数金属晶体是 的良导体， 性好。
(2)食盐为 晶体，质脆，熔融状态下 导电。
(3)金刚石为 晶体，无色透明、坚硬、质脆，常温下不导电。
(4)干冰属于 晶体，只能在低温下存在。
12．纳米材料性能与用途
纳米材料的颗粒很小和处于界面的原子所占比例较高，使得纳米材料在 等方面完全不同于由微米量级或毫米量级的结构颗粒构成的材料。
(1)由纳米粒子构成的纳米陶瓷不仅保留了 、 的特点，其 和 性也显著增强，甚至具有金属一样的柔韧性。
(2) 、 和 是纳米材料中的“明星”，因其独特性能而具有广阔的应用前景。碳纳米管不仅纤维长，而且具有 的特点，其强度比同体积钢的强度高100倍，质量却只有钢的到，因而被称为“超级纤维”；此外，它还具有特殊的电学、热学、光学、储氢等性能。
(3)纳米材料的广泛应用促进了纳米技术的发展，而纳米技术的发展将会开创一个崭新的时代。例如，化学家已经合成出丰富多样的纳米机器，向化妆品中加入纳米颗粒可使化妆品具备 功能，在化纤布料中加入少量纳米颗粒可使化纤布料 ，等等。
13．现有八种物质：①干冰 ②碳化硅 ③氮化硼 ④晶体硫 ⑤过氧化钠 ⑥二氧化硅晶体 ⑦氯化铵 ⑧氖。请用编号填写下列空白。
（1）固态时属于原子晶体的是
（2）固态时属于分子晶体的是
（3）属于分子晶体，且分子为直线形的是
（4）由单原子分子构成的分子晶体是
（5）通过极性键形成的原子晶体是
三、计算题
14．卫生部曾发布公告，建议人们尽可能避免食用经长时间高温油炸的淀粉类食品，以降低因摄入致癌物丙烯酰胺可能导致的危害性。已知丙烯酰胺是一种只含有C、H、O、N的有机物，其摩尔质量为71g•ml-1，其中所含碳元素的质量分数为50.7%，所含氢元素的质量分数为7.1%，所含氧元素的质量分数为22.5%。请回答下列问题：
（1）丙烯酰胺中各元素原子的物质的量之比n(C)：n(H) ：n(O) ：n(N)= 。
（2）丙烯酰胺的化学式是 。
四、解答题
15．教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素原子核外有 种不同运动状态的电子。
(2)如图2所示，每条折线表示周期表第ⅣA~ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是 ；判断依据是 。
(3)在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于 晶体。
(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有 种。
(5)图4是碳化硅的晶胞结构。若碳化硅晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为，则碳化硅晶体的密度为 (列出计算式即可)。
16．下表为元素周期表中第四周期的部分元素(从左到右按原子序数递增排列)，根据要求回答下列各小题：
(1)写出基态Cr原子的价电子排布式
(2)根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域：s区、p区、d区、ds区和f区，以上十二种元素分别属于s区、d区和ds区，则属于s区的元素有 种，属于d区的元素有 种。
(3)试比较：第一电离能I1(Cr) I1(C)(填“>”、“＜”或“=”，下同)；晶格能U(FeO) U(NaCl)(FeO与NaCl的晶胞结构相似)。
(4)钇钡铜氧是一种新型节能高温超导体，其晶胞结构如图所示，研究发现，此高温超导体中的Cu元素有两种价态，分别为＋2价和＋3价，Y元素的化合价为＋3价，Ba元素的化合价为＋2价。
①该物质的化学式为： 。
②该物质中Cu2+与Cu3+的原子个数比为： 。
(5)现有含钛的两种颜色的晶体，Ti3＋的配位数均为6，一种为紫色，一种为绿色，相关实验证明，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3。
试推断紫色晶体的化学式为 。
17．(Ⅰ)晶胞是晶体中最小的重复单位，数目巨大的晶胞无隙并置构成晶体。NaCl晶体是一个正六面体(如图1)。我们把阴、阳离子看成不等径的圆球，并彼此相切(已知a为常数)。
请计算下列问题：
(1)每个晶胞平均分摊 个Na＋， 个Cl-。
(2)NaCl晶体中阴、阳离子的最短距离为 (用a表示)。
(3)NaCl晶体为“巨分子”，在高温下(≥1413℃时)晶体转变成气态团簇分子。现有1mlNaCl晶体，加强热使其变为气态团簇分子，测得气体体积为11.2L(已折算为标准状况)。则此时氯化钠气体的分子式为 。
(Ⅱ)化合物X晶胞结构如图，据此可知X的化学式为 。
(Ⅲ)乙炔分子中σ键与π键数目之比为 ，碳原子的杂化方式为 ；
《第三章不同聚集状态的物质与性质》参考答案
1．C
【详解】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、黏度、形变性等，又具有晶体的某些物理性质，如表现出类似晶体的各向异性等，不是液态晶体，A错误；
B．液晶是在一定的温度范围内既具有液体的可流动性，又具有晶体的各向异性的特殊物质，并不是所有物质都能成为液晶，B错误；
C．施加电场时，液晶分子能够沿电场方向排列，而在移去电场之后，液晶分子又恢复到原来的状态，C正确；
D．施加电场时，液晶分子能够沿电场方向排列，而在移去电场之后，液晶分子又恢复到原来的状态，D错误；
故选C。
2．C
【详解】
和为分子晶体；的沸点低于熔点，所以可升华；
故选C。
3．B
【详解】A．升华是物质由固态直接变为气态的过程，是物理变化，没有发生化学键的断裂，故A错误；
B．CaO是离子晶体，由阴阳离子构成，SiO2是原子晶体，由原子构成，都不存在单个小分子，故B正确；
C．Na2O只含离子键，Na2O2既有Na+和之间的离子键，又有两个氧原子之间的非极性键，故C错误；
D．Br2蒸气被木炭吸附属于物理变化，故化学键未被破坏，故D错误；
故选B。
4．A
【详解】A．Al2O3和SiO2都是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理，故A错误；
B．Na2O 中离子键的百分数为62%，说明Na2O中存在共价键，则Na2O不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体，故B正确；
C．离子键和共价键的本质区别是形成两元素电负性的差值，差值大为离子键，差值小为共价键，Na2O通常当作离子晶体来处理，因为Na2O是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近，故C正确；
D．根据微粒间的作用力分析，分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型，故D正确；
故选A。
5．C
【详解】A．元素的非金属性越强，氢化物的热稳定性，氟、氯、溴的非金属性逐渐减弱，所以氟化氢、氯化氢、溴化氢的热稳定性依次减弱，故A正确；
B．结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，氯化氢、溴化氢、碘化氢的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点逐渐增大，故B正确；
C．氨分子能与水分子形成分子间氢键，磷化氢分子不能与水分子形成分子间氢键，所以氨分子在水中的溶解度大于磷化氢分子，故C错误；
D．原子晶体中共价键越强，熔点越高，金刚石和晶体硅都是原子晶体，由于碳原子的原子半径小于硅原子，所以金刚石中碳碳键的键长小于晶体硅中硅硅键，碳碳键强于硅硅键，熔点高于晶体硅，故D正确；
故选C。
6．B
【分析】得到晶体一般有三条途径：①熔融态物质凝固；②气态物质冷却不经液态直接凝固(凝华)；③溶质从溶液中析出。
【详解】①从熔融态结晶出来的硫符合途径 ①，①正确；
②将液态的玻璃冷却成所得到的固体，玻璃不是晶体，②错误；
③凝华得到的碘，符合途径②，③正确；
④从硫酸铜饱和溶液中析出的硫酸铜，符合途径③，④正确；
⑤熔融的冷却后所得的固体，符合途径③，⑤正确；
⑥熔融石蜡迅速冷却形成的石蜡固体，石蜡不是晶体，⑥错误；
正确的是①③④⑤；
故选B。
7．B
【详解】A．气体物质加压或降温时能凝结或凝固，克服了分子间的范德华力，A不符合题意；
B．白磷易自燃，是其着火点较低，与范德华力无关，B符合题意；
C．干冰易升华，是二氧化碳分子间的范德华力较弱，C不符合题意；
D．S8是分子晶体，其熔、沸点较低，是由于其分子间的范德华力较弱，D不符合题意；
故选B。
8．B
【分析】用均摊法先计算出镁原子与硼原子个数。再求出原子个数比即可解答。
【详解】处于六棱柱顶点上的镁原子同时为6个结构单元所共有，每个镁原子有属于该结构单元；处于面上的镁原子同时为2个结构单元所共有，每个镁原子有属于该结构单元；处于棱柱内的6个硼原子，则完全属于该结构单元。故每个结构单元中有镁原子：l2×+2×=3，有硼原子6个。故化学式可表示为MgB2。故B正确，ACD错误；
答案选B。
9．Na、Mg、Al的熔点依次升高、硬度依次增大的原因Na+、Mg2+、Al3+电荷数依次增大，半径依次减小，金属键依次增强。
【解析】略
10． 2 4
【详解】A晶胞中铁原子在8个顶点和1个中心，则含有铁原子是8×+1=2个；B晶胞中铁原子在8个顶点和6个面心，含有铁原子为8×+6×=4个。
11． 电和热 延展 离子 能 共价 分子
【详解】不同类型的晶体因构成微粒及其粒子间的相互作用力的不同，常常表现出各自的特性。
（1）绝大多数的金属晶体是电和热的良导体，延展性好；
（2）食盐为离子晶体，质脆，熔融状态下能导电；
（3）金刚石为共价晶体 (原子晶体)，无色透明，坚硬、质脆，常温下不导电；
（4）干冰属于分子晶体，只能在低温下存在。
12． 光学、声学、电学、磁学、热学、力学、化学反应 硬度高 强度大 韧性 可加工性 富勒烯 碳纳米管 石墨烯 高强度、高韧性 防晒、吸收 韧性更强
【解析】略
13． ②③⑥ ①④⑧ ① ⑧ ②③⑥
【详解】（1）固态时属于原子晶体的是②碳化硅、③氮化硼、⑥二氧化硅晶体；正确答案：②③⑥。
（2）固态时属于分子晶体的是①干冰、④晶体硫、⑧氖；正确答案：①④⑧。
（3）属于分子晶体有①干冰、④晶体硫、⑧氖，其中二氧化碳分子为直线形；正确答案：①。
（4）属于分子晶体有①干冰、④晶体硫、⑧氖，由单原子分子构成的分子晶体是⑧氖； 正确答案：⑧。
（5）固态时属于原子晶体的是②碳化硅、③氮化硼、⑥二氧化硅晶体，三种晶体内部存在C-Si 键、B-N键、Si-O键均为极性键；正确答案②③⑥。
14． 3：5：1：1 C3H5NO
【详解】(1)．1ml丙烯酰胺分子中各元素原子的物质的量为
，，
，
所以丙烯酰胺中各元素原子的物质的量之比，故答案为：3：5：1：1；
(2)．由(1)可知：丙烯酰胺的化学式为，故答案为：。
15．(1)12
(2) 第二周期的元素的氢化物没有分子间氢键的是，为第ⅣA族元素，因此a为
(3)共价
(4)三
(5)
【详解】（1）该元素的第二电离能和第三电离能的差距较大，说明能层发生变化，故元素为Mg，最外层有12中运动状态不同的电子，故答案为：12；
（2）如图2所示，每条折线表示周期表第ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化中，N、O、F三种氰化物可以形成分子间氢键，会造成熔沸点反常，第二周期的元素的氢化物没有分子间氢键的是CH4，为第ⅣA族元素，因此a为SiH4，故答案为：SiH4；第二周期的元素的氢化物没有分子间氢键的是，为第ⅣA族元素，因此a为；
（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示，该晶胞结构与二氧化硅类似，故形成了共价晶体二氧化碳，故答案为：共价；
（4）同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但IIA族的np为全充满、VA族的np为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，则第一电离能：Al＜Mg＜Si＜S＜P，介于Al、P之间的第三周期元素有3种，故答案为：三；
（5）晶胞中，C原子的数目为4，Si原子的数目为8×+6×=4，晶胞质量为m=g，晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3，晶胞密度ρ＝g/cm3，故答案为：。
16． 3d54s1 2 8 ＜ ＞ YBa2Cu3O7 Cu2+:Cu3+=2:1 [Ti(H2O)6]Cl3
【详解】(1)Cr是24号元素，基态Cr原子的价电子排布式：3d54s1；故答案为：3d54s1；
(2)s区的元素为第IA、IIA族元素，所以该周期表中属于s区的元素有：K、Ca，共2种；
d区的元素为除了第IB、IIB族元素外的过渡元素，该周期表中有Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、C、Ni，共8种元素；故答案为：2；8；
(3)同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能：Ga＜Ge，晶格能与阴阳离子所带电荷的乘积成正比，与半径成反比，则晶格能U(FeO)> U(NaCl)，故答案为：＜；＞；
(4)①根据均摊法结合晶胞结构图可知晶胞中含有Y原子个数为1，含有Cu原子个数为：，含有Ba原子个数为2，含有O原子个数为：，所以化学式为：YCu3Ba2O7，故答案为：YCu3Ba2O7；
②设该物质中+2价的Cu离子个数为x、+3价的Cu离子个数为y，根据化合物中元素化合价代数和为零可知：+3+2x+3y+2×2-2×7=0，且x+y=3，解得：x=2，y=1，所以+2价和+3价的Cu离子个数比为2:1，故答案为：Cu2+:Cu3+=2:1；
(5)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则配合物的外界有氯离子，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原紫色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为绿色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3，可知紫色晶体中含2个氯离子，绿色晶体中含3个氯离子，故绿色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，故答案为：[Ti(H2O)6]Cl3。
17． 4 4 Na2Cl2 CuCl 3∶2 sp杂化
【详解】(1)该晶胞中钠离子个数=12×＋1=4，氯离子个数=8×＋6×=4；
(2)根据图2知，NaCl晶体中阴、阳离子的最短距离为a的一半即；
(3)1ml氯化钠的质量=1ml×58.5g·ml-1=58.5g，标准状况下，气体体积为11.2L的氯化钠的物质的量=0.5ml，M=117g·ml-1，所以氯化钠气体的分子式为Na2Cl2；
(Ⅱ) 该晶胞中Cu个数=8×＋6×=4，Cl的个数为1×4=4，故X的化学式为CuCl；
(Ⅲ)乙炔的结构简式为，故乙炔分子中σ键与π键数目之比为3∶2；分子构型为直线形，故碳原子的杂化方式为sp杂化。
物质
熔点/℃
190
-22.9
沸点/℃
178
76.8
K
Ca
Sc
Ti
V
Cr
Mn
Fe
C
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
C
C
B
A
C
B
B
B