新教材学年高中化学鲁科版选择性必修2单元素养评价不同聚集状态的物质与性质文档格式.docx

1、水晶DBa（OH）2金刚石玻璃【解析】选C。从构成晶体的粒子和微粒间的相互作用力去判断晶体的类型。NaOH、CH3COONa、Ba（OH）2都是阴、阳离子间通过离子键相互结合成的离子晶体,H2SO4中无H+,是分子晶体。Ar原子间以范德华力相互结合为分子晶体,石墨是混合型晶体,水晶（SiO2）与金刚石是典型的共价晶体。硫的化学式用S表示,实际上是S8,气体时为S2,是以范德华力结合成的分子晶体,玻璃没有固定的熔点,加热时逐渐软化,为非晶体。4.下列关于纳米技术的叙述不正确的是 （）A.将“纳米材料”均匀分散到液体分散剂中可制得液溶胶B.用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂可加快反应速率,提高反应物的平

2、衡转化率C.用纳米颗粒粉剂做成火箭的固体燃料将有更大的推动力D.银器能抑菌、杀菌,将纳米银微粒植入内衣织物中,有抑菌、杀菌效果纳米材料的直径在1100 nm范围内,与胶粒直径范围相同,A正确;催化剂可加快化学反应的速率,但不能使化学平衡发生移动,B不正确;与块状固体相比,纳米颗粒直径小,表面积大,因而化学反应的速率快,所以短时间内可产生更大推动力,C正确;银为重金属,重金属离子,可使蛋白质变性,故有杀菌作用,D正确。5.下列关于晶体的说法一定正确的是 （）A.分子晶体中都存在共价键B.在NaCl晶体中,与一个Na+最近且距离相等的Na+是12个C.SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相

3、结合D.金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高稀有气体都是单原子分子,它们的晶体中不存在共价键,A项不正确;NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+个数=43=12,B项正确;在SiO2的晶体中Si、O以单键相结合,故每个硅原子与4个氧原子结合,C项不正确;金属汞的熔点比I2、蔗糖等的熔点低,D项不正确。6.（2020大连高二检测）铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一,其晶胞结构如图所示（黑球代表Fe,白球代表Mg）。则下列说法不正确的是 （）A.铁镁合金的化学式为Mg2FeB.晶体中存在的化学键类型为金属键C.晶格能:氧化钙氧化镁D.该晶胞的质量是 g（NA表示阿伏加德罗常数

4、的值）依据切割法,晶胞中共有4个铁原子,8个镁原子,故化学式为Mg2Fe,一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”,其质量为104 g= g。在元素周期表中,镁元素在钙元素的上一周期,故Mg2+半径比Ca2+半径小,氧化镁的晶格能大,故C项错误。7.下列各项所述的数字不是6的是 （）A.在NaCl晶体中,与一个Na+最近且距离相等的Cl-个数B.在金刚石晶体中,最小环上的碳原子个数C.在二氧化硅晶体中,最小环上的原子个数D.在石墨晶体的片层结构中,最小环上的碳原子个数在二氧化硅晶体中,最小的环上的原子个数是12个。8.（2020济南高二检测）下图中各数据对应各物质的熔点,则判断中错误的是 （）Na2O

5、NaClAlF3AlCl3920 801 1 292 190 BCl3Al2O3CO2SiO2-107 2 073 -57 1 723 A.铝的化合物的晶体中有离子晶体B.表中只有BCl3和AlCl3是分子晶体C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D.不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体由表可知:AlCl3、BCl3、CO2是共价化合物且是分子晶体;SiO2是共价晶体。9.下列关于物质熔、沸点的比较不正确的是 （）A.Si、SiC、金刚石的熔点依次降低B.SiCl4、MgBr2、氮化硼的熔点依次升高C.F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高D.PH3、NH3、H2O的沸点依次升高【解析】

6、选A。因为Si、SiC、金刚石都是原子晶体,键能的大小顺序为CC键SiC键SiSi键,所以Si、SiC、金刚石的熔点依次升高。10.（2020徽州高二检测）二茂铁（C5H5）2Fe是由1个二价铁离子和2个环戊烯基负离子构成的,它的发现可以说是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的新领域。已知:二茂铁熔点是173 （在100 时开始升华）,沸点是249 ,不溶于水,易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。下列说法正确的是 （）A.二茂铁属于离子晶体B.在二茂铁结构中,C5与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键C.已知环戊二烯的结构式为,则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化D.二价铁离子的基态电子排布式为Ar3d

7、44s2根据题给信息知,二茂铁易升华,易溶于有机溶剂,可以推断它应为分子晶体,则C5与Fe2+之间不可能形成离子键,而应为配位键,A项、B项错误。由环戊二烯的结构式知,仅1号碳原子形成四个单键,为sp3杂化,其余四个碳均为sp2杂化,C项正确。铁原子失去4s轨道上的2个电子即为Fe2+的基态,应为Ar3d6,D项错误。二、选择题:本题包括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2分,有选错的得0分。11.CaTiO3的晶体结构模型如图所示（图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点）。下列说法不正确的是 （）A.Ge最高价

8、氯化物的沸点高于其溴化物的沸点B.CaTiO3晶体中每个Ti4+与12个O2-相紧邻C.键长:SiO键KClO3I2（2）（NH4）2SO4HFCO2H2 17.（14分）（1）下列物质在固态时,属于分子晶体的有_,属于共价晶体的有_,属于离子晶体的有_。金刚石氩水晶水银氧化铝P4苯（2）比较下列物质的有关性质（用“”“”“=”或“”号连接）沸点:16O2_18O2熔点:Na_K稳定性:H2O_D2O（3）某常见固体能导电,质软,它可能属于_。A.分子晶体B.共价晶体C.离子晶体D.金属晶体E.混合晶体（4）在氯化铯晶体（见图1）中,若以某一铯离子为球心,与之等距离的若干离子构成一个球面。与某

9、铯离子距离最近的离子构成的球面（最内层的球面或第一层球面）上有_个_离子（填写离子符号,下同）,第二层球面上有_个_离子。（5）在氯化钠晶体（见图2）中,每个钠离子与_个最近且等距离的氯离子以_键相结合,与每个氯离子最近的且等距离的氯离子有_个。（2）相对分子质量:16O2K,故熔点:K;键能:HO或“=”DO,故稳定性:H2O或=D2O。（3）固体能导电,该固体可能是金属晶体或混合晶体。（4）以Cs+为球心,与之等距离且距离最近的离子为Cl-,由图1可知每个Cs+周围有8个最近等距离的Cl-,第二层球面则为等距离的Cs+,以球心为原点的x、y、z轴上有6个这样的Cs+（即上、下、左、右、前、

10、后位置）。（5）每个Na+的上、下、左、右、前、后有6个最近且等距离的Cl-与Na+以离子键结合;计算每个Cl-最近且等距离的Cl-个数时,可按分析,每个正方体中有3个Cl-与1个Cl-最近,而1个顶点上的Cl-为8个正方体共用,故周围等距离Cl-个数为38=12。（1）（2）或=（3）DE（4）8Cl-6Cs+（5）6离子12现有几组物质的熔点（以为单位）数据:A组B组C组D组金刚石:3 550Li:181HF:-83NaCl:801硅晶体:1 410Na:98HCl:-115KCl:776硼晶体:2 300K:64HBr:-89RbCl:718二氧化硅:1 723Rb:39HI:-51Cs

11、Cl:645据此回答下列问题:（1）A组属于_晶体,其熔化时克服的微粒间的作用力是_。（2）B组晶体共同的物理性质是_（填序号）。有金属光泽导电性导热性延展性（3）C组中HF熔点反常是由于_。（4）D组晶体可能具有的性质是_（填序号）。硬度小水溶液能导电固体能导电熔融状态能导电（5）XY晶体单元结构如图所示,晶体中距离最近的X+与Y-的核间距离为a cm,已知阿伏加德罗常数为NA mol-1,其密度为 gcm-3,则XY的摩尔质量可表示为_gmol-1。【解析】通过读取表格数据判断晶体的类型及晶体的性质,并且应用氢键解释HF熔点反常的原因。该题难度在第（5）问,每个XY晶体单元结构的质量是（2

12、a）3 cm3 gcm-3=8a3 g,1 mol这种XY晶体单元结构中含有X+的个数为12+1=4,Y-的个数为8=4,故XY的摩尔质量为=2NAa3 g（1）共价共价键（2）（3）HF分子间能形成氢键,其熔化时需要消耗的能量更多（只要答出HF分子间能形成氢键即可）（4）（5）2NAa318.（12分）（2020青岛高二检测）东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题:（1）镍元素基态原子的电子排布式为_,3d能级上的未成对电子数为_。（2）硫酸镍溶于氨水形成Ni（NH3）6SO4蓝色溶液。Ni（NH3）6S

13、O4中阴离子的立体构型是_。在Ni（NH3）62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_,提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_（填“高于”或“低于”）膦（PH3）,原因是_;氨是_分子（填“极性”或“非极性”）,中心原子的轨道杂化类型为_。（3）单质铜及镍都是由_键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为:ICu=1 958 kJmol-1,INi=1 753 kJmol-1,ICuINi的原因是_。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d gcm-3,晶胞参数a=_nm。（1）镍是28号元素,位于第4周期,第族,根据核外电子排布规则,其

14、基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2或Ar 3d84s2,3d能级有5个轨道,先占满5个自旋方向相同的电子,再分别占据三个轨道,电子自旋方向相反,所以未成对的电子数为2。（2）根据价层电子对互斥理论,S的键电子对数等于4,孤电子对数（6+2-24）2=0,则阴离子的立体构型是正四面体形。根据配位键的特点,在Ni（NH3）62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键,提供孤电子对的成键原子是N。氨气分子间存在氢键,分子间作用力强,所以氨的沸点高于膦（PH3）;根据价层电子对互斥理论,氨气中心原子N的键电子对数等于3,孤电子对数（5-3）2=1,则氨气是sp3杂

15、化,分子呈三角锥形,正、负电荷重心不重叠,氨气是极性分子。（3）铜和镍属于金属,则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体;Cu+核外电子排布比Ni+稳定,难以失去电子,所以ICuINi。（4）根据均摊法计算,晶胞中铜原子个数为61/2=3,镍原子的个数为81/8=1,则铜和镍的数量比为31。根据上述分析,该晶胞的组成为Cu3Ni,若合金的密度为d gcm-3,根据=mV,则d=,即晶胞参数a=10-7nm。（1）1s22s22p63s23p63d84s2或Ar 3d84s22（2）正四面体配位键N高于NH3分子间可形成氢键极性sp3（3）金属Cu+核外电子排布比Ni+稳定,难以失电子（4）3110-

16、7或10-7有A、B、C、D、E五种元素。其相关信息如下:元素相关信息A原子的1s轨道上只有1个电子B是电负性最大的元素C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子D是主族元素且与E同周期,其最外能层上有两个运动状态不同的电子EE能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物请回答下列问题:（1）写出E元素原子基态时的电子排布式_。（2）C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_（填“大”或“小”）。（3）CA3分子中C原子的杂化轨道类型是_。（4）A、C、E三种元素可形成E（CA3）42+配离子,其中存在的化学键类型有_（填序号）。配位键金属键极性共价键非极性共价键离子键氢键若E（CA3）42

17、+具有对称的立体构型,且当E（CA3）42+中的两个CA3被两个Cl-取代时,能得到两种不同结构的产物,则E（CA3）42+的立体构型为_（填字母）。a.平面正方形b.正四面体c.三角锥形 d.角形（5）B与D可形成离子化合物,其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为_,若该晶体的密度为a gcm-3,则该晶胞的体积是_cm3（写出表达式即可）。【解析】根据A、B、C、D、E五种元素的相关信息,可以推断出A、B、C、D、E五种元素分别是H、F、N、Ca、Cu。（1）Cu的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1。（2）由于N的2p轨道满足半充满状态,故氮元素的第一电离能比氧元素的第一电离能大。（3）NH3中氮原子最外层有5个电子,与氢共用3个电子,达8电子结构,根据杂化轨道理论,应为sp3杂化。（4）Cu（NH3）42+中Cu与NH3通过配位键结合,NH3中N与H通过极性共价键结合。由于Cu（NH3）42+是对称结构,且两个NH3被两个Cl-取代时,能得到两种不同结构的产物。如果Cu（NH3）42+是正四面体结构,两个NH3被两个Cl-取代时,能得到一种产物,不合题意,故Cu（NH3）42+是平面正方形结构。（5）F与C