C.由于H和O的电负性差大于F和O之间的电负性差,所以OF2分子的极性小于H2O分子的极性,故C正确;
D.无机含氧酸的分子中非羟基氧原子数越多酸性越强,无机含氧酸的酸性:
HNO3>HClO2,故D错误;
选C。
10.碳化硅的晶体结构与晶体硅类似。
晶体中硅原子与Si﹣C键的数目之比为()
A
1∶4B.1∶3C.1∶2D.1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】由原子构成的晶体为原子晶体,SiC是由原子构成的,属于原子晶体,晶体中每个Si原子连有4个Si-C键,但是每个Si-C键是两个原子共有,故每个Si原子含有2个Si-C键,同理,每个C原子也含有2个Si-C键,而一个Si原子对应一个C原子,故Si和Si-C键个数之比为1:
4。
答案选A。
【点睛】注意每个C和每个Si都有2个Si-C键,关键是要注意一个Si原子对应一个C原子。
11.下列说法中不正确的是()
A.碘晶体中碘分子的排列有2种不同的方向
B.镁晶体的堆积模型中原子的配位数为12
C.氟化钙晶体中Ca2+的配位数为4,F﹣的配位数为8
D.石墨烯晶体中每个碳原子连接3个六元环
【答案】C
【解析】
【详解】A.碘分子的排列有2种不同的取向,在顶点和面心不同,故A正确;
B.镁晶体采用的是六方最密堆积,原子的配位数为12,故B正确;
C.氟化钙晶体中Ca2+的配位数为8,F﹣的配位数为4,故C错误;
D.石墨烯晶体中的基本结构单元是正六边形,每个碳原子连接3个六元环,故D正确。
答案选C。
12.下列关于石墨转化为金刚石的说法正确的是()
A.既有共价键的断裂和生成,也有分子间作用力的破坏
B.碳原子的杂化方式不变
C.晶体中六元环的数目不变
D.C(s,石墨)=C(s,金刚石)△H<0
【答案】A
【解析】
【分析】
石墨是混合型晶体,既含有共价键,又含有分子间作用力,金刚石是原子晶体,只含有共价键。
【详解】A.由上述分析可知,石墨转化为金刚石的过程中,既有共价键的断裂和生成,也有分子间作用力的破坏,故A正确;
B.石墨中,C原子的杂化方式为SP2,金刚石中C原子的杂化方式为SP3,故B错误;
C.石墨转化为金刚石的过程中,晶体结构发生明显变化,故晶体中六元环的数目要改变,故C错误;
D.石墨比金刚石更稳定,能量更低,故C(s,石墨)=C(s,金刚石)△H>0,故D错误。
答案选A。
13.FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在。
双聚分子中Fe的配位数为()
A.6B.4C.3D.不能确定
【答案】
B
【解析】
【详解】FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为:
,Fe原子周围有4个Cl,则双聚分子中Fe的配位数为4,故答案为B。
14.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。
如图中原子1的坐标为(
),则原子2和3的坐标中正确的是()
A.原子2为(
,0,
)B.原子2为(0,
,
)
C.原子3为(1,0,
)D.原子3为(0,0,
)
【答案】D
【解析】
【详解】原子1的坐标为(
),则坐标系为
,原子2在晶胞底面的中心,2的坐标为(
);原子3在坐标系z轴所在楞的一半,3的坐标为(0,0,
),故选D。
15.图是由Q、R、G三种元素组成的一种高温超导体的晶胞结构,其中Q为+3价,G为-2价,则R的化合价为
A.+1B.+2C.+3D.+4
【答案】B
【解析】
【分析】
利用均摊法计算出晶胞中Q、R、G三种原子的个数,再利用化合物中化合价代数和为零可计算出R的化合价。
【详解】根据均摊法结构晶胞结构图可知,晶胞结构中R原子数目为1+8×(1/8)=2,G原子数目为2+4×(1/2)+16×(1/4)=8,Q原子数目为2+8×(1/4)=4,令R的化合价为a,则4×3+2a+8×(-2)=0,解得a=2,故R的化合价为+2,B正确;
答案选B。
【点睛】本题主要考查了均摊法分析晶胞的结构,结合化合价规则解决问题,注意重对基础知识和基本方法的考查。
二、非选择题(本题包括5小题,共55分。
)
16.回答下列问题。
(1)用“>”、“<”或“=”填空:
氢键的键长O—H···O____N—H···N;碳酸盐的分解温度SrCO3___CaCO3。
(2)X﹣射线衍射测定发现I3AsF6中存在I
离子,I
的立体构型为_______,中心原子的杂化形式为__________;As元素在周期表中的位置是_____。
(3)合成甲醇的反应CO2+3H2=CH3OH+H2O所涉及的4种物质的沸点由高到低的顺序是______。
(4)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料。
如图为H3BO3晶体的片层结构,硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是______。
(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。
1molNH4BF4中含有______mol配位键。
【答案】
(1).<
(2).>(3).V形(4).sp3(5).第四周期ⅤA族(6).H2O>CH3OH>CO2>H2(7).热水破坏了硼酸分子间的氢键,使硼酸分子与水分子间形成氢键,因而溶解度增大(8).2
【解析】
【分析】
(1)电负性越强,氢键越强,氢键键长越短;分解本质是阳离子结合碳酸根离子中氧离子,使碳酸根离子分解为二氧化碳,阳离子半径越小,其结合氧离子能力越强;
(2)I3+中心原子的价层电子对数为
=4,则为sp3杂化,价层电子对为正四面体,中心I原子的孤电子对数为
=2,为V形,根据周期序数等于电子层数,主族序数等于最外层电子数来确定As在周期表中的位置;
(3)水和甲醇分子间都存在氢键,二氧化碳和氢气常温下为气体,结合氢键数目和相对分子质量判断;
(4)加热破坏了硼酸分子之间的氢键,硼酸分子与水分子之间形成氢键;
(5)一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键,所以含有2个配位键,据此计算。
【详解】
(1)电负性越强,氢键越强,氢键键长越短,O的电负性大于N的,故H2O中氢键O—H···O比NH3中氢键N—H···N更稳定,则H2O中氢键O—H···O键长<NH3中氢键N—H···N键长;碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子,使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程,阳离子所带电荷相同时,阳离子半径越小,其结合氧离子能力越强,对应的碳酸盐就越容易分解,Sr2+的半径比Ca2+大,故SrCO3的分解温度高于CaCO3,故答案为:
<;>;
(2)I3+中心原子的价层电子对数为
=4,则为sp3杂化,价层电子对为正四面体,中心I原子的孤电子对数为
=2,为V形,As为33号元素,其原子结构示意图为:
,周期序数等于电子层数,主族序数等于最外层电子数,故As位于第四周期ⅤA族,故答案为:
V形;sp3;第四周期ⅤA族;
(3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中,沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2,原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体,液体的沸点高于气体;水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键,而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键,所以水的沸点高于甲醇;二氧化碳的相对分子质量比氢气大,所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高,故答案为:
H2O>CH3OH>CO2>H2;
(4)热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大,故答案为:
热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大;
(5)一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键,所以含有2个配位键,则1molNH4BF4含有2mol配位键,故答案为:
2。
17.回答下列问题。
(1)SO2与O3互为等电子体。
SO2的VSEPR模型名称是_____,与O3分子互为等电子体的一种阴离子为(写化学式)______。
(2)氯化钠和氯化铯是两种不同类型的晶体结构。
晶体结构不同的主要原因是______。
(3)SiO2和GeO2具有类似
晶体结构,其中熔点较高的是______(写化学式),原因是_____。
(4)向盛有氯化银的试管中加入氨水,沉淀溶解。
请写出反应的化学方程式:
______。
【答案】
(1).平面三角形
(2).NO
(3).晶体中正负离子的半径比不同(4).SiO2(5).二者均为原子晶体,Si—O键的键长小于Ge—O键、键能大于Ge—O键(6).AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O
【解析】
【详解】
(1)SO2中S原子的价层电子对为
,VSEPR模型为平面三角形;与O3互为等电子体的阴离子有NO
;故答案为:
平面三角形;NO
;
(2)NaCl、CsCl晶胞结构受离子半径比大小影响,铯离子半径大于钠离子半径,所以二者正负离子
半径比不同,晶胞结构不同,故答案为:
晶体中正负离子的半径比不同;
(3)SiO2、GeO2均为原子晶体,Ge原子半径大于Si,Si-O键长小于Ge-O键长,SiO2键能更大,熔点更高,故答案为:
SiO2;二者均为原子晶体,Si—O键的键长小于Ge—O键、键能大于Ge—O键;
(4)氯化银与氨水反应生成[Ag(NH3)2]Cl,沉淀溶解,化学方程式为:
AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O,故答案为:
AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O。
18.配位化合物M呈深蓝色,在乙醇中溶解度较小。
M中含有Q、W、X、Y、Z5种原子序数依次增大
元素,原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。
其中,元素X、Y同主族且Y的原子序数是X的2倍,Z元素原子的外围电子排布为(n-1)dn+6ns1。
回答下列问题。
(1)配位化合物M中的配位原子是__________。
(2)元素W、X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序是________(用元素符号填写)
(3)基态Z的二价离子的价电子排布图(轨道表示式)为___________。
(4)画出化合物M中阳离子的结构示意图(不考虑空间构型)_________。
(5)化合物M中不存在的微粒间作用力有_______(填序号)
a.离子键b.极性键c.非极性键d.金属键e.氢键f.配位键
【答案】
(1).N(或氮)
(2).N>O>S>Cu(3).
(4).
(5).cd
【解析】
【分析】
配位化合物M呈深蓝色,在乙醇中溶解度较小。
M中含有Q、W、X、Y、Z5种原子序数依次增大的元素,原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。
其中,元素X、Y同主族且Y的原子序数是X的2倍,则X为O元素,Y为S元素;Z元素原子的外围电子排布为(n-1)dn+6ns1,则n+6=10,n=4,故其外围电子排布为3d104s1,则Z为Cu元素;故该配合物中含有[Cu(NH3)4]2-、SO42-结合原子序数可知Q为H元素,W为N元素,由原子数目之比可知,该配合物中含有1个结晶水,其化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O。
【详解】
(1)配位原子指的是配体中提供孤对电子的原子,故该配位化合物M中的配位原子是N(或氮)。
(2)同主族自上而下第一电离能减小,故铜元素的第一电离能最小,氧元素的第一电离能大于硫元素,氧与氮元素同周期,氮元素原子2p能级容纳3个电子,为半满稳定状态能量较低,第一电离能大于氧元素,元素W、X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序是N>O>S>Cu。
(3)基态Z外围电子排布为3d104s1,形成二价离子时失去最外层的两个电子后,价电子排布图(轨道表示式)为
。
(4)化合物M中阳离子为[Cu(NH3)4]2-,其结构示意图为
。
(5)化合物M中,[Cu(NH3)4]2-、SO42-之间存在离子键,氮和氢元素间为极性键,也存在氢键和配位键,故不存在的微粒间作用力有非极性键和金属键;
答案选cd。
19.富镍三层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811)作为下一代锂离子电池的正极材料,被广泛关注和深入研究,纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。
回答下列问题:
(1)基态Ni的电子排布式为______,基态Co3+有_____个未成对电子。
(2)该电池初始充电过程中,会有C2H4等气体产生。
C2H4分子中σ键和π键数目之比为______。
(3)金属锰有多种晶型,其中δ-Mn的结构为体心立方堆积,晶胞参数为apm。
δ-Mn中锰原子的最小核间距为_____pm。
(4)制备NCM811的过程中,残余的Li2CO3会破坏材料的界面。
分子或离子中的大π键可用符号
表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为
),则CO32-离子中的大π键应表示为________。
(5)TiO2的晶胞如图所示:
TiO2晶体中O原子的配位数是______。
【答案】
(1).1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2
(2).4(3).5:
1(4).
(5).
(6).3
【解析】
【分析】
(3)δ-Mn的结构为体心立方堆积,设锰原子的半径为r,体对角线长度=4r,δ-Mn中锰原子的最小核间距为2r;
【详解】
(1)Ni原子核外有28个电子,根据能量最低原理,Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2;基态Co3+的价电子排布式为3d6,电子在能量相同的轨道排布时,尽可能分占不同轨道,所以有4个未成对电子;故答案为:
1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2;4;
(2)单键C-H为σ键,双键C=C中有1个σ键、1个键;C2H4结构简式为CH2=CH2,有5个σ键和1个π键,σ键和π键数目之比为5:
1;故答案为:
5:
1;
(3)δ-Mn的结构为体心立方堆积,设锰原子的半径为r,体对角线长度=4r,则有
,锰原子的最小核间距为2r=
;故答案案为:
;
(4)C
中,C为sp2杂化,形成3根共价键,一个s电子跃迁到pz轨道,每个O还留有一个pz轨道上的一个单电子,整个CO32-形成4中心6电子的离域大π键,CO32-离子中的大π键应表示为
;故答案为:
;
(5)根据晶胞图,与每个O原子离的最近的Ti原子有3个,TiO2晶体中O原子的配位数是3;故答案为:
3。
20.回答下列问题。
(1)新型钙钛矿太阳能电池具备更加清洁、便于应用、制造成本低和效率高等显著优点。
一种钙钛矿太阳能电池材料的晶胞如图所示。
该钙钛矿太阳能电池材料的化学式为______;该晶胞中,与I﹣紧邻的I﹣个数为__________。
(2)金属钼晶体中的原子堆积方式如图所示,若晶体钼的密度为ρg·cm-3,钼原子半径为rpm,NA表示阿伏加德罗常数的值,M表示钼的相对原子质量,则钼晶胞中原子的空间利用率为________(用含有ρ、r、NA、M的代数式表示)。
(3)阿伏加德罗常数的测定有多种方法,X﹣射线衍射法就是其中的一种。
通过对碲化锌晶体的X﹣射线衍射图像分析,可以得出其晶胞如图所示。
若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列,Te的原子半径为apm,晶体的密度为ρg·cm-3,碲化锌的摩尔质量为193g·mol-1,则阿伏加德罗常数NA=_________mol-1(列计算式表达)
(4)氮化钛的晶胞如图1所示,图2是氮化钛的晶胞截面图。
NA是阿伏加德罗常数的值,氮化钛的摩尔质量为62g·mol-1,氮化钛晶体密度为dg·cm-3,计算氮化钛晶胞中N原子半径为_________pm。
【答案】
(1).PbCH3NH3I3
(2).8(3).
×100%(4).
(5).
【解析】
【分析】
(1)根据均摊原则计算钙钛矿太阳能电池材料的化学式;
(2)钼晶胞中含有2个钼原子,根据晶胞的密度计算晶胞体积;
(3)Te呈立方面心最密堆积方式排列,Te的原子半径为apm,晶胞边长为
;
(4)晶胞面对角线=钛原子半径×4,晶胞边长=钛原子半径×2+氮原子半径×2;
【详解】
(1)根据均摊原则,钙钛矿太阳能电池材料的1个晶胞中含有CH3NH3+数
,I﹣数
,Pb2+数1,化学式是PbCH3NH3I3;根据晶胞图,与I﹣紧邻的I﹣个数为8个;
(2)钼晶胞中含有2个钼原子,设晶胞边长为acm,
,
,钼晶胞中原子的空间利用率为
×100%;
(3)根据碲化锌的晶胞图,1个晶胞含有Te原子数
、含锌原子数4,Te呈立方面心最密堆积方式排列,Te的原子半径为apm,晶胞边长为
;则
,NA=
;
(4)根据晶胞图,1个晶胞含有Te原子数
、含N原子数
,设晶胞的边长为acm,则
,a=
,晶胞面对角线=