B.在潜水艇里,Z2Y2可作为Y2的来源
C.Y、Z、R三种元素组成的化合物的水溶液可能显酸性
D.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性最强
【解析】 由题意可知Y、Z、R、W四种元素在周期表中的位置关系为:
,Z与Y形成离子化合物Z2Y,则Z、Y分别是钠和氧,所以R、W分别是硫和氯。
X能形成XCl4,故X是碳。
钠、硫、氧可形成的化合物有Na2SO4和Na2SO3等,它们的溶液分别显中性和碱性。
【答案】 C
6.短周期元素A、B、C、D在周期表中所处的位置如图所示。
A、B、C、D四种元素的质子数之和为36。
E元素原子的半径在同周期中最大,且E的离子与C的离子具有相同的电子层结构。
则下列说法正确的是( )
A.元素A形成的气态氢化物一定是正四面体形分子
B.五种元素形成的氢化物中,C的氢化物的沸点最高
C.A、C两种元素可形成A3C2型化合物,该化合物在空气中不能燃烧
D.B、C、D、E四种元素的离子半径由大到小的顺序为D>B>C>E
【解析】 设B的原子序数为z,则A、C、D的原子序数分别为z-1、z+1、z+8,故有z-1+z+z+1+z+8=36,z=7,因此A、B、C、D分别为碳、氮、氧、磷。
E元素原子的半径在同周期中最大,则E为第ⅠA族元素,E的离子与C的离子具有相同的电子层结构,故E为Na。
C形成的气态氢化物较多,不一定为正四面体形分子,如乙烯为平面结构,A错误;NaH为离子化合物,沸点最高,B错误;C3O2中C的价态低于+4价,可以被氧气氧化,C错误;B、C、E的离子具有相同的电子层结构,核电荷数越大,离子半径越小,故离子半径B>C>E,B、D同主族,D的离子半径大于B的离子半径,D正确。
【答案】 D
7.最外层有1个电子的主族元素X与最外层有7个电子的另一主族元素Y化合,以下有关描述正确的是( )
A.X与Y一定能形成XY型离子化合物
B.在XY中X的原子半径一定比Y的原子半径大
C.电解XY时,阳极一定析出Y的单质
D.生成的化合物一定易溶于水
【解析】 D由题干知X、Y分别位于元素周期表中ⅠA族和ⅦA族,易形成XY型离子化合物,但HY不属于离子化合物,A错误;B项大小无法确定;C项电解HF溶液不可能得到F2;D正确。
【答案】 D
8.右图是一种新型无机材料的结构示意图,它含有B和N两种元素,具有与石墨类似的片层结构。
有关该无机材料用途的叙述,正确的是( )
A.是一种坚硬耐磨的材料
B.是高温润滑材料、导电材料
C.是生产化学纤维的原料
D.不能确定
【解析】 因具有与石墨类似的片层结构,是混合型晶体,层与层之间可以滑动,是高温润滑材料、导电材料。
【答案】 B
9.(2018·枣庄模拟)解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时,与键能无关的变化规律是( )
①HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
②NH3易液化
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
④H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点
⑤NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次减低
A.①③④ B.③④
C.②③④D.全部
【解析】 NH3易液化主要是因分子间存在氢键,F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高,是因为分子间作用力逐渐增大,H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点,是因为H2O中存在氢键。
【答案】 C
10.在刚刚谢幕的2018北京奥运会中,中国体操队和举重队都取得了前所未有的辉煌。
体操队和举重队分别以9金1银4铜、8金1银的成绩创造了历史。
在体操运动员上器械前,举重运动员举杠铃前,都会在手掌心上抹一种白色的粉末,还在器械上也抹一些。
这种白色粉末是“镁粉”,主要成分是碳酸镁。
“镁粉”的功能是吸汗,保持手的干燥,增加和器械之间的摩擦力,以免打滑和脱杠。
关于碳酸镁下列说法正确的是( )
A.碳酸镁是离子晶体,高温时不能分解
B.MgCO3是碳酸镁的分子式
C.碳酸镁是只由离子键形成的离子化合物
D.碳酸镁晶体熔融时能导电,是因为晶体在熔融时电离产生了能自由移动的阴阳离子
【解析】 碳酸镁是离子晶体,MgCO3是化学式,CO32-中存在共价键,由离子键和共价键形成的离子化合物,高温时能分解生成MgO和CO2。
【答案】 D
11.下列有关物质性质、结构的表述均正确,且存在因果关系的是( )
表述1
表述2
A
在水中,NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl-与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下,CH4分子比PbH4分子稳定性高
Pb的原子半径比C的大,Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时,同一主族元素的化合价相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
【解析】 A项I2是非极性分子,在水中的溶解度小;C项氧族元素中的氧元素,卤素中的氟元素与同族的其他元素的化合价不完全相同;D项,P4O10溶于水后和水反应生成H3PO4,其溶液导电。
【答案】 B
12.(2018·大连月考)下列有关说法不正确的是( )
A.水合铜离子的模型如图1所示,1个水合铜离子中有4个配位键
B.CaF2晶体的晶胞如图2所示,每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+
C.H原子的电子云图如图3所示,H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D.金属Cu中Cu原子堆积模型如图4,为最密堆积,每个Cu原子的配位数均为12
【解析】 由电子云图可知,H原子核外的一个电子,在原子核附近运动的几率高。
【答案】 C
13.二氧化硅晶体是立体的网状结构,其结构如下图所示。
关于二氧化硅晶体的下列说法不正确的是( )
A.晶体中Si、O原子个数比为1∶2
B.晶体中最小环上的原子数为8
C.晶体中一个硅原子共用的最小环的数目为12
D.晶体中Si、O原子最外层都满足8电子结构
【解析】 B项:
SiO2晶体中最小环上的原子数为12,B项错,C项:
晶体中一个硅原子共同的最小环的数目为12,C项正确。
【答案】 B
14.非整比化合物Fe0.95O具有NaCl型晶体结构,由于n(Fe)∶n(O)<1,所以晶体存在缺陷,Fe0.95O可以表示为( )
A.Fe0.452+Fe0.53+OB.Fe0.852+Fe0.103+O
C.Fe0.152+Fe0.803+OD.Fe22+Fe3+O2
【解析】 根据化合物中正负电荷代数和为零知B正确。
【答案】 B
15.阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1,下列说法中一定正确的是( )
A.60gSiO2晶体中含有2×6.02×1023个Si—O键
B.石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如上图1),则0.12g石墨烯中含有6.02×1022个碳原子
C.720gC60晶体(如上图2)中含有6.02×1023个晶胞结构单元
D.14g两种烯烃CnH2n和CmH2m,混合物,含有共用电子对数目为3×6.02×1023
【解析】 D本题考查晶体与晶胞的关系。
SiO2晶体是原子晶体,1molSiO2晶体中含1mol硅原子,含4molSi—O键,A项错误;0.12g石墨烯的物质的量为0.01mol,所含碳原子个数为0.01NA,B项错误;由晶胞示意图可知,一个晶胞所占有的C60分子数大于1,故1molC60晶体中的晶胞单元一定小于1mol,故C项错误。
【答案】 D
16.(2018·安徽安庆月考)硅酸盐与二氧化硅一样,都是以硅氧四面体作为基本结构单元。
硅氧四面体可以用投影图表示成:
其中○表示氧原子,中心黑点表示硅原子。
硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成各种不同的硅酸根离子。
试确定在无限长的单链阴离子中(见图),硅原子与氧原子的个数之比为( )
A.1∶2B.1∶3
C.2∶5D.2∶7
【解析】 硅氧四面体“基本结构单元”中,硅是一个,氧是2+2×1/2=3,硅原子与氧原子的个数之比为1∶3。
【答案】 B
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、填空题(本题共6小题,共52分)
17.(11分)
(1)晶体的自范性即__________________的性质,是晶体在__________________呈现周期性的有序排列的宏观表象。
(2)晶体的特点有3个:
______________、______________、______________。
(3)金属晶体的组成微粒有________和________。
(4)决定离子空间结构的因素有________、________和离子键的纯粹程度。
(5)在离子晶体中,晶格能越大、熔点越________、硬度越________。
【答案】
(1)晶体能自发地呈现多面体外形 微观空间里
(2)自范性 各向异性 固定的熔点
(3)金属阳离子 自由电子
(4)几何因素 电荷因素
(5)高 大
18.(8分)有如下几种物质:
A.金刚石、B.MgF2、C.NH4Cl、D.NaNO3、E.干冰、F.固体碘。
选取适当物质填写下列空白。
(1)熔化时不需破坏化学键的是________,熔化时只需破坏共价键的是________,熔点最高的是________,熔点最低的是________。
(2)晶体中既存在离子键又存在共价键的是________,只存在离子键的是________。
(3)由极性键构成的非极性分子有________。
(4)可溶于CCl4的有________。
【解析】
(1)晶体熔化时需要克服晶体中微粒间的作用力,原子晶体要破坏共价键,离子晶体破坏离子键,金属晶体要破坏金属键,分子晶体只需破坏范德华力。
金刚石为原子晶体,熔点最高,干冰是分子晶体,且CO2常温下为气体,所以CO2熔点最低。
(3)分子的极性与键的极性、分子的空间构型有关,CO2分子中,C—O键是极性键,分子为直线形,结构对称,为非极性分子。
(4)CCl4为非极性溶剂,根据“相似相溶原理”知,非极性分子I2可以溶于CCl4。
【答案】
(1)EF A A E
(2)CD B (3)E (4)F
19.(7分)参考下表中物质的熔点,回答有关问题:
物质
熔点/℃
物质
熔点/℃
NaF
993
SiF4
-90.2
NaCl
801
SiCl4
-70.4
NaBr
747
SiBr4
5.2
NaI
662
SiI4
120.5
NaCl
801
SiCl4
-70.4
KCl
768
GeCl4
-49.5
RbCl
717
SnCl4
-36.2
CsCl
646
PbCl4
-15
(1)钠的卤化物及碱金属的氯化物的熔点与卤离子及碱金属离子的________有关,随着________的增大,熔点逐渐降低。
(2)硅的卤化物的熔点及硅、锗、锡、铅的氯化物的熔点与________有关,随着________增大,________增强,故熔点逐渐升高。
(3)钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多,这与________有关,因为________________________________________________________________________________________________,故前者的熔点远高于后者。
【解析】 这是一道全面考查晶体熔点的递变规律的题目。
NaF、NaCl、NaBr、NaI均为离子晶体,它们的阳离子相同,随着阴离子半径的增大,离子键逐渐减弱,熔点逐渐降低;NaCl、KCl、RbCl、CsCl四种碱金属的氯化物亦均为离子晶体,它们的阴离子相同,随着阳离子半径的增大,离子键逐渐减弱,熔点逐渐降低。
SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4四种硅的卤化物均为分子晶体,分子结构相似,随着相对分子质量的增大,分子间作用力逐渐增强,熔点逐渐升高;SiCl4、GeCl4、SnCl4、PbCl4四种碳族元素的氯化物也均为分子晶体,分子结构相似,随着相对分子质量的增大,分子间作用力逐渐增强,熔点逐渐升高;钠的卤化物的熔点高于相应的硅的卤化物的熔点,是因为前者为离子晶体,后者为分子晶体。
【答案】
(1)半径 半径
(2)相对分子质量 相对分子质量 分子间作用力
(3)晶体类型 钠的卤化物为离子晶体,硅的卤化物为分子晶体
20.(10分)下图表示一些晶体的结构中的某一部分。
(1)代表金刚石的是(填编号字母,下同)________,其中每个碳原子与________个碳原子最接近且距离相等。
(2)代表NaCl的是________,每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+有________个。
(3)代表CsCl的是________,每个Cs+与________个Cl-紧邻。
(4)代表干冰的是________,每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。
(5)代表石墨的是________,它属于________晶体。
【答案】
(1)D 4
(2)A 12 (3)C 8 (4)B 12 (5)E 混合晶体
21.(6分)右图是超导化合物——钙钛矿晶体的晶胞结构。
请回答:
(1)该化合物的化学式为__________________。
(2)在该化合物晶体中,与钛离子距离最近且相等的钛离子有____________个。
【解析】 Ca2+位于立方体的中央,为一个晶胞所独占;钛离子位于晶胞的顶点上,为8个晶胞所共有,每个晶胞占有的钛离子个数为8×
=1个;氧离子位于棱上,为4个晶胞所共有,每一个晶胞占有的氧离子个数为12×
=3个;故钙、钛、氧的粒子数之比为1∶1∶3,化学式为CaTiO3。
钛位于立方体的顶点上,与一个钛离子距离最近的钛离子是与它共棱的,与它共棱的离子都是两个,所以共6个。
【答案】
(1)CaTiO3
(2)6
22.(2018·江西六校联考)(10分)
(1)英国科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫因在石墨烯(如甲图)材料方面的卓越研究而获得2018年诺贝尔物理学奖。
六方氮化硼(BN)与石墨是等电子体,它有“白石墨”之称,具有类似石墨的层状结构,有良好的润滑性。
C、N、B的第一电离能由大到小的顺序为________,电负性由小到大的顺序为________。
(2)目前,利用金属或合金储氢已取得很大进展,先后发现了Ni、Mg、Fe基三个系列的储氢材料,乙图是一种储氢密度超过液氢的镍基合金的晶胞结构图。
①Ni原子的基态电子排布式为________,位于周期表的________区。
②这种储氢合金的化学式为________________。
(3)丙图是某晶体结构点阵的一部分。
请你在图中画出氯化铯的晶胞结构,用不同的标记区分氯和铯。
(4)把CoCl2·6H2O和碳酸铵混合氧化,然后加入盐酸可得到化合物A(化学式为CoCl3H12N4),在A中加入硝酸银溶液只有1/3的氯可被沉淀。
A的结构式为________。
根据价层电子对互斥理论,推测CO32-的空间构型为________________。
【解析】
(1)B、C、N都位于第二周期,原子序数依次增大,第一电离能、电负性也依次增大。
(2)Ni是28号元素,在周期表中位于第四周期第Ⅷ族,电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。
从镍基合金的晶胞结构可以看出,La原子都位于顶点,共有8×1/8=1个;Ni原子有8个位于面上,1个位于体心,共有8×1/2+1=5个,故化学式为LaNi5。
(3)氯化铯的晶胞是立方体,8个铯离子位于顶点,1个氯离子位于体心(或两者对调),故只要将8个点连接起来构成一个小立方体,内部包含1个点即可。
(4)CoCl2·6H2O和碳酸铵混合氧化,故Co2+被氧化成Co3+,A中加入硝酸银溶液只有1/3的氯可被沉淀,说明只有1个氯在外界,其余2个氯在内界,这样电荷刚好守恒,因此氮元素与氢元素将以NH3的形成存在,故可得A的结构式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。
根据价层电子对互斥理论,CO32-的价层电子对数为
=3,C原子采取sp2杂化,空间构型为正三角形。
【答案】
(1)N>C>B(1分) B(2)①1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2(1分) d(1分)
②LaNi5(2分)
(3)
(1分)
(4)[Co(NH3)4Cl2]Cl(2分) 正三角形(1分)