考点25 晶体结构与性质-2024年高考化学试题分类汇编

这是一份考点25 晶体结构与性质-2024年高考化学试题分类汇编，共28页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(2024·湖北选择考·8)结构决定性质,性质决定用途。下列事实解释错误的是( )
【解析】选B。甘油的分子结构为,分子中有3个羟基,分子间可以形成较多的氢键,且O元素的电负性较大,故其分子间形成的氢键较强,导致甘油是黏稠液体,A正确;王水溶解铂,是因为浓盐酸提供的Cl-能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解,B错误;冰晶体中水分子间形成较多的氢键,由于氢键具有方向性和饱和性,导致晶体中水分子不能采用最密堆积方式,使分子间的空隙变大,空间利用率降低,而干冰晶体中CO2分子之间存在的是范德华力,没有方向性和饱和性,导致晶体中CO2分子之间采用最密堆积方式,空间利用率较高,从而使冰的密度小于干冰,C正确;石墨晶体属于层状结构,每一层中碳原子通过3个sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成C—C,每个碳原子还有1个单电子位于未杂化的垂直于平面的2p轨道上,这些未杂化的2p轨道相互重叠形成大π键,这些p轨道的电子可以在整个层内运动,从而导致石墨能导电,D正确。
2.(2024·湖北选择考·11)黄金按质量分数分级,纯金为24K。Au-Cu合金的三种晶胞结构如图,Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是( )
A.Ⅰ为18K金
B.Ⅱ中Au的配位数是12
C.Ⅲ中最小核间距Au-CuD.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中,Au与Cu原子个数比依次为1∶1、1∶3、3∶1
【解析】选C。图Ⅰ中有一个Au原子位于体心,晶胞中Au原子数为1,8个Cu原子位于晶胞的八个顶点,晶胞中Cu原子数为8×18=1,Au、Cu原子个数比值为1∶1,则Au的质量分数为197197+64×100%≈75%,由于纯金为24 K,因此有24 K×75%=18 K,A正确;Ⅱ中Au处于立方体的八个顶点,与Au距离最近的Cu位于立方体的面心,因此,与Au距离最近的Cu有8×3×12=12,因此Au的配位数为12,B正确;设Ⅲ的晶胞参数为a,Au-Cu的最小核间距为22a,Au-Au的最小核间距也为 22a,最小核间距Au-Cu=Au-Au,C错误;Ⅰ中,Au处于内部,Cu处于晶胞的八个顶点,其原子个数比为1∶1,Ⅱ中,Au处于立方体的八个顶点,Cu 处于面心,其原子个数比为(8×18)∶(6×12)=1∶3,Ⅲ中,Au处于立方体的面心,Cu处于立方体的八个顶点,其原子个数比为(6×12)∶(8×18)=3∶1,D正确。
3.(2024·黑、吉、辽选择考·2)下列化学用语或表述正确的是( )
A.中子数为1的氦核素:21He
B.SiO2的晶体类型:分子晶体
C.F2的共价键类型:p-p σ键
D.PCl3的空间结构:平面三角形
【解析】选C。中子数为1的He核素其质量数为1+2=3,故其应表示为 23He,A错误;SiO2晶体中只含有共价键,为共价晶体,B错误;2个F原子各提供1个未成对电子的2p原子轨道重叠形成p-p σ键,C正确;PCl3的中心原子P存在1对孤电子对,其VSEPR模型为四面体形,PCl3的空间结构为三角锥形,D错误。
4.(2024·黑、吉、辽选择考·14)某锂离子电池电极材料结构如图。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C9S8
B.晶胞2中S与S的最短距离为32a
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
【解析】选B。由均摊法得,结构1中含有C的数目为4+4×18=4.5,含有S的数目为1+12×14=4,C与S的原子个数比为9∶8,因此结构1的化学式为C9S8,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的12,晶胞棱长为a,即S与S的最短距离为22a,故B错误;如图所示:
以图中圈出的Li为例,与其最近的S共4个,故C正确;如图所示:
当2个晶胞2放在一起时,图中粗线框截取的部分就是晶胞3,晶胞2和晶胞3表示同一晶体,故D正确。
5.(2024·安徽选择考·14)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+迁移过程如下图所示。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=13,Li+与空位的数目相等
C.与体心最邻近的O原子数为12
D.导电时,空位移动方向与电流方向相反
【解析】选B。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个晶胞中含Ti:8×18=1个,含O:12×14=3个,含La或Li或空位共1个,若x=13,则La和空位共23,n(La)+n(空位)=23,结合正负化合价代数和为0,(+1)×13+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0,解得n(La)=59、n(空位)=19,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O原子数为12,即位于棱心的12个O原子,C项正确;导电时Li+移动方向与电流方向相同,则空位移动方向与电流方向相反,D项正确。
6.(2024·河北选择考·8)从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是( )
【解析】选B。A.原子光谱是不连续的线状谱线,说明原子的能级是不连续的,即原子能级是量子化的,故A正确;B.CO2中心C原子为sp杂化,键角为180°,CH2O中心C原子为sp2杂化,键角大约为120°,CH4中心C原子为sp3杂化,键角为109°28',三种物质中心C原子都没有孤电子对,三者键角大小与孤电子对无关,故B错误;C.离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小,离子半径比越大,配位数越大,Cs+周围最多能排布8个Cl-,Na+周围最多能排布6个Cl-,说明Cs+比Na+半径大,故C正确;D.断开第一个键时,碳原子周围的共用电子对多,原子核对共用电子对的吸引力较弱,需要能量较小,断开C—H键越多,碳原子周围共用电子对越少,原子核对共用电子对的吸引力越强,需要的能量变大,所以各步中的C—H键所处化学环境不同,每步所需能量不同,故D正确。故选B。
7.(2024·河北选择考·12)金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图,晶胞的边长为a pm,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A.该铋氟化物的化学式为BiF3
B.粒子S、T之间的距离为114a pm
C.该晶体的密度为1064NA×a3×10-30 g·cm-3
D.晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个
【解析】选D。根据题给晶胞结构,由均摊法可知,每个晶胞中含有1+12×14=4个Bi3+,含有8+8×18+6×12=12个F-,故该铋氟化物的化学式为BiF3,A正确;以体心为原点O,OT为x轴,建立坐标系,S点位于左前上的18晶胞中心,坐标为(-a4,a4,a4),T点的坐标为(a2,0,0),则两点间距离为(34+a2)2+a24+a24 pm=114a pm,B正确;由A项分析可知,每个晶胞中有4个Bi3+、12个F-,晶胞体积为(a pm)3=a3×10-30 cm3,则该晶体的密度ρ=mV=4×(209+19×3)NA×a3×10-30 g·cm-3=1064NA×a3×10-30 g·cm-3,C正确;以晶胞体心处铋离子为分析对象,距离其最近且等距的氟离子位于晶胞体内,为将晶胞均分为8个小立方体后,每个小立方体的体心的F-,即有8个,D错误。
8.(2024·湖南选择考·12)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CN22−周围与它最近且距离相等的Li+有8个
D.CN22−为V型结构
【解析】选D。LiH中H元素为-1价,由CN22−化合价可知,N元素为-3价,C元素为+4价,根据反应2LiH+C+N2Li2CN2+H2可知,H元素由-1价升高到0价,C元素由0价升高到+4价,N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+位于晶胞中的面上,则含有的Li+个数为8×12=4,故B正确;观察位于体心的CN22−可知,与它最近且距离相等的Li+有8个,故C正确;CN22−的中心原子C原子的价层电子对数为2+12×(4+2-3×2)=2,且CN22−与CO2互为等电子体,可知CN22−为直线形分子,故D错误。
9.(2024·浙江6月选考·10)X、Y、Z、M四种主族元素,原子序数依次增大,分别位于三个不同短周期,Y与M同主族,Y与Z核电荷数相差2,Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是( )
A.键角:YX3+>YX3-
B.分子的极性:Y2X2>X2Z2
C.共价晶体熔点:Y>M
D.热稳定性:YX4>MX4
【解析】选B。X、Y、Z、M四种主族元素,原子序数依次增大,分别位于三个不同短周期,Y与M同主族,Y与Z核电荷数相差2,Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍,则Z为O元素,Y为C元素,X为H元素,M为Si元素。A项,YX3+为CH3+,其中C原子的杂化类型为sp2,CH3+的空间结构为平面正三角形,键角为120°,YX3-为CH3-,其中C原子的杂化类型为sp3,CH3-的空间结构为三角锥形,由于C原子还有1个孤电子对,故键角小于109°28',因此,键角的大小关系为YX3+>YX3-,A正确;B项,Y2X2为C2H2,其为直线形分子,分子结构对称,分子中正负电中心重合,故其为非极性分子,H2O2分子结构不对称,分子中正负电中心不重合,故其为极性分子,因此,两者极性的大小关系为Y2X210.(2024·山东等级考·4)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)
【解析】选B。金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、氮化硼(BN,立方相)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,熔点越低,在这几种晶体中,Si—Si键的键长最长,所以熔点最低的为单晶硅,故选B。
11.(2024·甘肃选择考·12)β-MgCl2晶体中,多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示,其中部分结构显示为图乙,下列说法错误的是( )
A.电负性:MgB.单质Mg是金属晶体
C.晶体中存在范德华力
D.Mg2+离子的配位数为3
【解析】选D。电负性越大的元素吸引电子的能力越强,活泼金属的电负性小于活泼非金属,因此,Mg的电负性小于Cl,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;由图乙中结构可知,每个Mg2+周围有6个Cl-最近且距离相等,因此,Mg2+的配位数为6,D错误。
非选择题
12.(2024·全国甲卷·35)ⅣA族元素具有丰富的化学性质,其化合物有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)该族元素基态原子核外未成对电子数为 ,在与其他元素形成化合物时,呈现的最高化合价为 。
(2)CaC2俗称电石,该化合物中不存在的化学键类型为 (填标号)。
a.离子键 b.极性共价键
c.非极性共价键d.配位键
(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷,其中电负性最大的元素是 ,硅原子的杂化轨道类型为 。
(4)早在青铜器时代,人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表,结合变化规律说明原因:
。
(5)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)。
【解析】(1)ⅣA族元素基态原子的价层电子排布式为ns2np2,其核外未成对电子数为2,因最外层电子数均为4,所以在与其他元素形成化合物时,呈现的最高化合价为+4。
(2)CaC2俗称电石,其为离子化合物,由Ca2+和C22−构成,两种离子间存在离子键,C22−中两个C原子之间存在非极性共价键,因此,该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键,故选bd。
(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷,含C、Si、H三种元素,其电负性大小:C>H>Si,则电负性最大的元素是C,硅原子与周围的4个原子形成共价键,没有孤电子对,价层电子对数为4,则硅原子的杂化轨道类型为sp3。
(4)根据表中数据可知,SnF4的熔点远高于其余三种物质,故SnF4属于离子晶体,SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体,离子晶体的熔点比分子晶体的高,SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强,熔点升高,故原因为SnF4属于离子晶体,SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体,离子晶体的熔点比分子晶体的高,分子晶体的相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔点越高。
(5)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×(594×10-10cm)3,因此该晶体密度为4×(207+32)NA×(594×10-10)3 g·cm-3或956NA×(594×10-10)3 g·cm-3。
答案:(1)2 +4
(2)bd
(3)C sp3
(4)SnF4属于离子晶体,SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体,离子晶体的熔点比分子晶体的高,分子晶体的相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔点越高
(5)6
4×(207+32)NA×(594×10-10)3[或956NA×(594×10-10)3]
13.(2024·黑、吉、辽选择考·18)为实现氯资源循环利用,工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气:2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g) ΔH1=-57.2 kJ·ml-1 ΔS K
将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中,在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应,通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线,如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题:
(1)ΔS 0(填“>”或“<”);T3= ℃。
(2)结合以下信息,可知H2的燃烧热ΔH= kJ·ml-1。
H2O(l)H2O(g)ΔH2=+44.0 kJ·ml-1
H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)ΔH3=-184.6 kJ·ml-1
(3)下列措施可提高M点HCl转化率的是 (填标号)
A.增大HCl的流速
B.将温度升高40 ℃
C.增大n(HCl)∶n(O2)
D.使用更高效的催化剂
(4)图中较高流速时,α(T3)小于α(T2)和α(T1),原因是
。
(5)设N点的转化率为平衡转化率,则该温度下反应的平衡常数K= (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。
(6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高,稳定性强,TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示,二者晶胞体积近似相等,RuO2与TiO2的密度比为1.66,则Ru的相对原子质量为 (精确至1)。
【解析】(1)反应2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)前后的气体分子数目减小,所以该反应 ΔS<0,该反应为放热反应,由于在流速较低时的转化率可近似为平衡转化率,所以在流速低的时候,温度越高,HCl的转化率越小,故T1为440 ℃,T3为360 ℃。
(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)+12O2(g)H2O(l),设①2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g),②H2O(l)H2O(g),③H2(g)+Cl2(g)2HCl(g),则④=①+③-②,因此氢气的燃烧热ΔH=-57.2 kJ·ml-1-184.6 kJ·ml-1-44.0 kJ·ml-1=-258.8 kJ·ml-1。
(3)A.增大HCl的流速,由图像可知,HCl的转化率在减小,不符合题意;B.M点对应温度为360 ℃,由图像可知,升高温度,HCl的转化率增大,符合题意;C.增大n(HCl)∶n(O2),HCl的转化率减小,不符合题意;D.使用高效催化剂,可以增加该温度下的反应速率,使单位时间内HCl的转化率增加,符合题意。
(4)图中在较高流速下,T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2,主要是流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降,同时,T3温度低,反应速率低,故单位时间内氯化氢的转化率低。
(5)由图像可知,N点HCl的平衡转化率为80%,设起始n(HCl)=n(O2)=4 ml,可列出三段式:
2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)
起始量/ml 4 4 0 0
变化量/ml3.2 0.8 1.6 1.6
平衡量/ml0.83.2 1.61.6
则K=1.67.2×1.67.2(0.87.2)2×(3.27.2)12=6。
(6)由于二者的晶体结构相似,体积近似相等,则其密度之比等于摩尔质量之比,故1.66=M(Ru)+32g·ml-1M(Ti)+32g·ml-1,得M(Ru)≈101 g·ml-1,则Ru的相对原子质量为101。
答案:(1)< 360
(2)-258.8
(3)BD
(4)流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降,同时,T3温度低,反应速率低,故单位时间内氯化氢的转化率低
(5)6
(6)101
14.(2024·江苏选择考·14)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 ml·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(浸出液中某元素的物质的量某元素的总物质的量×100%)随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是

。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解,经萃取、反萃取提纯后,用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液,原理为
(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层)
已知:(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)
其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是
。
②反萃取后,Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上,O原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)= 。
(3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·ml-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(CO32−)的比值 (写出计算过程)。
【解析】(1)①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸,得到含有NdCl3和FeCl3的溶液,由图中信息可知,Nd的浸出率逐渐增大,而Fe的浸出率先增大后逐渐减小,说明随着Nd浸出率增大,盐酸中的H+的浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,因此,含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3。
②由①分析可知,浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是浸出初期,Fe2O3溶解,Fe的浸出率增大,约5 min后随着Nd的浸出率增大,盐酸中的H+的浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣,Fe的浸出率又减小。
(2)①减小生成物浓度,化学平衡向正反应方向移动,因此,其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,H+的浓度减小,(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,同时H+的浓度减小使平衡(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)逆向移动,引起(R3NH)2SO4浓度增大,进一步促进平衡(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知,晶胞中体内有4个Fe原子,面上有8个Fe原子,根据均摊法可知,Fe原子的数目为4×1+8×12=8,Bi原子全部在晶胞的面上,数目为8×12=4,因此,其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。
(3)①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+和CO32−相互促进水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2,该反应的离子方程式为2Nd3++3CO32−+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。
②8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为8.84×10-3g221g·ml-1=4×10-5 ml,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 ml;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 ml×12×18×103 mg·ml-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为0.88mg44×103mg·ml-1=2×10-5 ml,由C元素守恒可知,分解后剩余的CO32−的物质的量为4×10-5 ml-2×10-5 ml=2×10-5 ml,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(CO32−)的比值为4×10-5ml2×10-5ml=2∶1。
答案:(1)①Fe(OH)3
②浸出初期,c(H+)较大,铁的浸出率较大,约5 min后,溶液酸性减弱,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣
(2)①随水层pH增大,H+的浓度减小,(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)的化学平衡向逆反应方向移动,该平衡逆向移动引起(R3NH)2SO4浓度增大,进一步促进萃取平衡向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多
②2∶1
(3)①2Nd3++3CO32−+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ ②2∶1(计算过程见解析)
15.(2024·浙江6月选考·17)氧是构建化合物的重要元素。请回答:
(1)某化合物的晶胞如图1,Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为 ;写出该化合物的化学式 ,写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式
。
(2)下列有关单核微粒的描述正确的是 。
A.Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能
C.Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D.Fe原子变成Fe+,优先失去3d轨道上的电子
(3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。


图2
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2),按照氢键由强到弱对三种酸排序 ,请说明理由
。
②已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD,请从结构角度说明理由
。
【解析】(1)由晶胞结构知,Cl位于顶点,O位于体心,K位于面心,1个晶胞中含Cl:8×18=1个,含O:1个,含K:6×12=3个,该化合物的化学式为K3ClO;由题图可知,Cl-的配位数为8×32=12;该化合物可看成KCl∙K2O,故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O,反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O3KCl+2NH3∙H2O。(2)A项,根据原子核外电子排布规律,基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种,A项正确;B项,Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量,Na+和Ne具有相同的电子层结构,Na+的核电荷数大于Ne,Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的,故Na的第二电离能>Ne的第一电离能,B项正确;C项,Ge的原子序数为32,基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2,C项错误;D项,基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2,Fe原子变成Fe+,优先失去4s轨道上的电子,D项错误;故选AB。(3)①O、S、Se的电负性逐渐减小,键的极性:CO>CS>CSe,使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大,其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA;②HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD,说明酸性HCHC,C-的水解能力大于D-,钠盐的碱性NaC>NaD。
答案:(1)12 K3ClO
K3ClO+2NH4Cl+H2O3KCl+2NH3∙H2O
(2)AB
(3)①HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小,键的极性:CO>CS>CSe,使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大,其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强
②S的原子半径大于O的原子半径,S—H键的键长大于O—H键,S—H键的键能小于O—H键,同时HC可形成分子间氢键,使得HD比HC更易电离出H+,酸性HD>HC,C-的水解能力大于D-,碱性NaC>NaD
16.(2024·山东等级考·16)锰氧化物具有较大应用价值,回答下列问题:
(1)Mn在元素周期表中位于第 周期 族;同周期中,基态原子未成对电子数比Mn多的元素是 (填元素符号)。
(2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示,该氧化物化学式为 。
当MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,Mn的化合价 (填“升高”“降低”或“不变”),O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是 (填标号)。
A.CaO B.V2O5 C.Fe2O3 D.CuO
(3)[BMIM]+BF4-(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF4-的空间构型为 ;[BMIM]+中咪唑环存在π56大π键,则N原子采取的轨道杂化方式为 。
(4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF,除相对分子质量存在差异外,另一重要原因是
。
【解析】(1)Mn的原子序数为25,位于元素周期表第四周期ⅦB族;基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2,未成对电子数有5个,同周期中,基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr,基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1,有6个未成对电子。(2)由均摊法得,晶胞中Mn的数目为1+8×18=2,O的数目为2+4×12=4,即该氧化物的化学式为MnO2;MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,即x减小,Mn的化合价为+2x价,即Mn的化合价降低;CaO中Ca的化合价为+2价,V2O5中V的化合价为+5价,Fe2O3中Fe的化合价为+3价,CuO中Cu的化合价为+2价,其中CaO中Ca的化合价下降只能为0,其余可下降得到比0大的价态,说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。
(3)BF4-中B形成4个σ键(其中有1个配位键),为sp3杂化,空间构型为正四面体形;咪唑环存在π56大π键,N原子形成3个σ键,杂化方式为sp2。
(4)由HMF和FDCA的结构可知,HMF和FDCA均能形成分子间氢键,但FDCA形成的分子间氢键更多,使得FDCA的熔点远大于HMF。
答案:(1)四 ⅦB Cr
(2)MnO2 降低 A
(3)正四面体形 sp2
(4)FDCA形成的分子间氢键更多
17.(2024·北京等级考·15)锡(Sn)是现代“五金”之一,广泛应用于合金、半导体工业等。
(1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整:
(2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物,SnCl2可被氧化得到SnCl4。
①SnCl2分子的VSEPR模型名称是 。
②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的 轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
(3)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图: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Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn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 。
(4)单质Sn的制备:将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800 ℃,由于固体之间反应慢,未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是
。
【解析】(1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族,基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2,Sn的基态原子最外层轨道表示式为。(2)①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+12×(4-2×1)=3,故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形;②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+12×(4-4×1)=4,有4个σ键,无孤电子对,故Sn采取sp3杂化,则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。(3)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个碳原子在空间中构成正四面体,且该碳原子在正四面体的体心,所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个;②根据均摊法,白锡晶胞中含Sn原子数为8×18+1=2,灰锡晶胞中含Sn原子数为8×18+6×12+4=8,所以白锡与灰锡的密度之比为2MNAv1∶8MNAv2=v24v1。(4)将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800 ℃,由于固体之间反应慢,未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn。
答案:(1)
(2)①平面三角形
②sp3杂化
(3)①4
②v24v1
(4)与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn
18.(2024·新课标卷·29)Ni(CO)4(四羰合镍,沸点43 ℃)可用于制备高纯镍,也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题:
(1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同,晶胞体积为a3,镍原子半径为 。
(2)Ni(CO)4结构如图甲所示,其中含有σ键的数目为 ,Ni(CO)4晶体的类型为 。
(3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa下,Ni(s)和CO(g)反应达平衡时,Ni(CO)4体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑, 有利于Ni(CO)4的生成(写出两点)。p3、100 ℃时CO的平衡转化率α= ,该温度下平衡常数Kp= (MPa)-3。
(4)对于同位素交换反应Ni(C16O)4+C18ONi(C16O)3C18O+C16O,20 ℃时反应物浓度随时间的变化关系为ct[Ni(C16O)4]=c0[Ni(C16O)4]e-kt(k为反应速率常数),则Ni(C16O)4反应一半所需时间t12= (用k表示)。
【解析】(1)Ni为28号元素,其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2,则其价电子轨道表示式为;铜晶胞示意图为,镍的晶胞结构类型与铜的相同,则镍原子半径为晶胞面对角线长度的14,因为晶胞体积为a3,所以晶胞棱长为a,面对角线长度为2a,则镍原子半径为24a。
(2)单键均为σ键,三键含有1个σ键和2个π键,由Ni(CO)4的结构可知,4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键,而每个配体CO中含有1个σ键和2个π键,因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点很低,结合其结构可知该物质由分子构成,因此其晶体类型为分子晶体。
(3)随着温度升高,平衡时Ni(CO)4的体积分数减小,说明温度升高平衡逆向移动,因此该反应的ΔH小于0;该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应,因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)4的生成;由上述分析知,温度相同时,增大压强平衡正向移动,对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大,则压强:p4>p3>p2>p1,即p3对应的压强是1.0 MPa。由题图乙可知,p3、100 ℃条件下达到平衡时,CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为0.1、0.9,设初始投入的CO为4 ml,反应生成的Ni(CO)4为x ml,可得三段式:
Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)
起始(ml) 4 0
转化(ml) 4x x
平衡(ml) 4-4x x
反应后总物质的量为(4-3x) ml,根据阿伏加德罗定律,其他条件相同时,气体的体积分数即为其物质的量分数,因此有x4−3x=0.9,解得x=3637,因此达到平衡时n转化(CO)=4×3637 ml,CO的平衡转化率α=4×3637ml4ml×100%≈97.3%;气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数,则该温度下的压强平衡常数Kp=p[Ni(CO)4]p4(CO)=0.9×p3(0.1×p3)4=0.9×1.0MPa(0.1×1.0MPa)4=9 000 (MPa)-3。
(4)由题给关系式可得e-kt=ct[Ni(C16O)4]c0[Ni(C16O)4],当Ni(C16O)4反应一半时ct[Ni(C16O)4]c0[Ni(C16O)4]=12,即e-kt12=12,-kt12=ln12,kt12=ln2,则t12=ln2k。
答案:(1) 24a
(2)8 分子晶体
(3)小于 降低温度、增大压强 97.3% 9 000
(4)ln2k
19.(2024·甘肃选择考·15)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示:
已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5
Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为
,
该反应能进行的原因是
。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于 。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示,沿x轴方向的投影为图乙,晶胞底面显示为图丙,晶胞参数a≠c,α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为 pm;化合物的化学式是 ,其摩尔质量为M g·ml-1,阿伏加德罗常数的值是NA,则晶体的密度为 g·cm-3(列出计算表达式)。
【解析】高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应,生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过水浸1,然后过滤,滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;滤渣加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。
(1)由分析可知,高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3;
(2)由分析可知,“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2;
(3)由于Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙,因此“水浸2”的主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4;
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水;
(5)图丙中,Ca位于正方形顶点,N位于正方形中心,故Ca与N的距离为22a pm;由均摊法可知,晶胞中Ca的个数为8×18+2=3,N的个数为8×14+2×12=3,B的个数为4×14=1,则化合物的化学式是Ca3N3B;其摩尔质量为M g·ml-1,阿伏加德罗常数的值是NA,晶胞体积为a2c×10-30 cm3则晶体的密度为MNAa2c×1030 g·cm-3。
答案:(1)NH3
(2)SiO2
(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水
(5)22a Ca3N3B MNAa2c×1030
选项
事实
解释
A
甘油是黏稠液体
甘油分子间的氢键较强
B
王水溶解铂
浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
C
冰的密度小于干冰
冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D
石墨能导电
未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
选项
实例
解释
A
原子光谱是不连续的线状谱线
原子的能级是量子化的
B
CO2、CH2O、CCl4键角依次减小
孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
C
CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位,而NaCl晶体中Na+与6个Cl-配位
Cs+比Na+的半径大
D
逐个断开CH4中的C—H键,每步所需能量不同
各步中的C—H键所处化学环境不同
物质
SnF4
SnCl4
SnBr4
SnI4
熔点/℃
442
-34
29
143