鲁科版 (2019)选择性必修2微项目 甲醛的危害与去除——利用电负性分析与预测物质性质练习题

这是一份鲁科版 (2019)选择性必修2微项目 甲醛的危害与去除——利用电负性分析与预测物质性质练习题，共7页。试卷主要包含了NaCl晶胞如图所示，如图是CaF2晶胞的结构图，氮元素可形成丰富多彩的物质，黄铜矿是炼铜的最主要矿物等内容，欢迎下载使用。
为ρ g·cm-3,NaCl的摩尔质量为M g·ml-1,阿伏加德罗常数的值为NA,则在NaCl晶体中每个Na+和与之等距且最近的Na+之间的距离为( )
A. cm B. cm
C. cmD. cm
【解析】选B。设该立方体晶胞的边长为a cm,依题意可知:=ρ,解得a=,而在晶胞中每个Na+和与之等距且最近的钠离子之间的距离为a cm,故B项正确。
2.(2020·厦门高二检测)如图是CaF2晶胞的结构图。下列说法正确的是( )
A.一个CaF2晶胞中含有8个Ca2+
B.一个CaF2晶胞中含有8个F-
C.在CaF2晶胞中Ca2+的配位数为4
D.在CaF2晶胞中F-的配位数为8
【解析】选B。根据晶胞结构可知,一个CaF2晶胞中含有的Ca2+和F-的个数分别为4个、8个,所以A不正确、B正确;离子晶体中离子的配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目。根据晶胞的结构可判断Ca2+的配位数是8,F-的配位数是4,即选项C、D都是错误的。
3.(2020·常德高二检测)由Al元素和N元素形成的某种化合物的晶胞如图所示,已知N原子位于晶胞体对角线的处。假设该化合物晶体的密度为ρ g·cm-3,NA为阿伏加德罗常数的值,则晶胞中相距最近的两个N原子之间的距离为( )
A. cmB. cm
C. cmD. cm
【解析】选A。将题图中立方体顶面上的4个顶点从左上角小球开始按逆时针方向依次标为1、2、3、4,将立方体的体心和1、3号球连接起来,则形成1个等腰三角形,晶胞中相距最近的两个N原子之间的距离即为该等腰三角形的中位线的长度,故两个相距最近的N原子之间的距离等于晶胞面对角线的一半。根据晶胞结构可知,1个晶胞中含有4个N原子、4个Al原子,设晶胞棱长为a cm,则晶体的密度ρ g·cm-3=× g·cm-3,即a=,由此可知相距最近的两个N原子之间的距离为 cm。
4.氮元素可形成丰富多彩的物质。
(1)光化学烟雾易在PM2.5的催化作用下形成,其中含有NOx、O3、CH2CHCHO、HCOOH等二次污染物。下列说法正确的是________(填字母)。
A.N2O与CO2互为等电子体
B.O3的沸点高于O2的沸点
C.CH2CHCHO分子中碳原子采取sp2和sp3杂化
D.HCOOH在水中的溶解度大,与氢键有关
(2)在配合物中,微粒NH3、N、NH2OH中不能作为配体的是________。
(3)图a为六方氮化硼晶体的结构示意图,该晶体中存在的作用力有________。
(4)六方氮化硼在高温高压下可转化为立方氮化硼,立方氮化硼的晶胞结构如图b所示,晶胞棱长为d cm,该晶胞中含有________个氮原子、________个硼原子,立方氮化硼晶体的密度为________g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。
【解析】(1)N2O与CO2分子中均含有3个原子,价电子数均为16,二者互为等电子体,A项正确;O3、O2均为分子晶体,O3的相对分子质量较大,分子间作用力更强,所以O3的沸点高于O2的沸点,B项正确;CH2CHCHO分子中每个碳原子均形成3个σ键,没有孤电子对,故碳原子采取sp2杂化,C项错误;HCOOH在水中与水分子之间形成氢键,故HCOOH在水中的溶解度大,D项正确。
(2)NH3、NH2OH中N均含有孤电子对,均可作为配体,而N中N没有孤电子对,不能作为配体。
(3)层内N原子与B原子之间形成共价键,层间作用力为范德华力。
(4)1个晶胞中所含N原子个数为4,B原子个数为8×+6×=4,则1个晶胞的质量为 g,晶体的密度为4× g÷(d cm)3= g·cm-3。
答案:(1)ABD (2)N (3)共价键、范德华力
(4)4 4
5.CaF2晶胞结构如图Ⅰ所示,Cu晶体中铜原子堆积方式如图Ⅲ所示,图Ⅱ为H3BO3晶体结构图(层状结构,层内的H3BO3分子通过氢键结合)。
(1)图Ⅰ所示的晶胞中离Ca2+最近且等距离的Ca2+数为________,图Ⅲ中未标号的Cu原子形成晶体后周围最紧邻的Cu原子数为________。
(2)H3BO3晶体中B原子的杂化方式为________;CNO-的空间构型为________。
(3)三种晶体熔点由高到低的顺序为____________________________(填化学式),H3BO3晶体受热熔化时克服的微粒之间的相互作用为__。
【解析】(1)题图Ⅰ所示晶胞结构中,离Ca2+最近且等距离的Ca2+数为12;题图Ⅲ中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为3+6+3=12。(2)H3BO3中B的价电子对数为3,故硼原子采取sp2杂化;CNO-与CO2互为等电子体,CO2为直线形结构,故CNO-也为直线形结构。(3)CaF2为离子晶体,Cu为金属晶体,H3BO3为分子晶体,三种晶体熔点由高到低的顺序为CaF2>Cu>H3BO3;在H3BO3晶体中,层内H3BO3分子间形成氢键,层与层之间存在范德华力,故H3BO3晶体熔化时克服的微粒之间的相互作用为范德华力和氢键。
答案:(1)12 12
(2)sp2 直线形
(3)CaF2>Cu>H3BO3 分子间作用力(或氢键和范德华力)
6.(2020·石家庄高二检测)黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物。火法冶炼黄铜矿的过程中,其中一步反应是2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。回答下列问题:
(1)Cu+的价电子轨道表示式为________;比较Cu2O与Cu2S熔点较高的是________,原因为__ ________________。
(2)离子化合物CaC2的一种晶体结构如图所示。写出该物质的电子式:__________________。从钙离子看,属于________堆积;一个晶胞含有的π键平均有________个。
(3)奥氏体是碳溶解在γ-Fe中形成的一种间隙固溶体,无磁性,其晶胞如图所示,则该物质的化学式为____________________,若晶体密度为d g·cm-3,则晶胞中最近的两个碳原子的距离为________pm(阿伏加德罗常数的值用NA表示,写出计算式即可)。
【解析】(1)Cu元素位于第4周期ⅠB族,根据泡利不相容原理和洪特规则,Cu+的价电子轨道表示式为;Cu2O和Cu2S都属于离子晶体,晶格能越大,晶体熔、沸点越高,晶格能与离子半径、离子所带电荷数有关,半径越小、离子所带电荷数越多,晶格能越大,Cu2O和Cu2S中阴、阳离子所带电荷数相同,因S2-的半径大于O2-的半径,因此Cu2S的熔点低于Cu2O。
(2)CaC2的电子式为;根据晶胞的结构,Ca2+位于顶点和面心,因此属于面心立方最密堆积;位于棱上和体心,该晶胞中的个数为12×+1=4,根据CaC2的电子式,1个中有2个π键,即1个晶胞中π键的数目为2×4=8。
(3)铁原子位于顶点、面心,个数为8×+6×=4,碳原子位于棱上和体心,个数为12×+1=4,因此化学式为FeC,晶胞的质量为 g,根据密度的定义,得出晶胞的边长为 cm,根据晶胞的结构,两个最近的碳原子的距离是面对角线的一半,则两个最近的碳原子的距离为××1010 pm。
答案:(1) Cu2O 两物质均为离子化合物,且离子所带电荷数相同,而O2-半径小于S2-,Cu2O的晶格能大
(2) 面心立方最密 8
(3)FeC ××1010
7.(2020·三明高二检测)C60、金刚石和石墨的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结构):
(1)C60、金刚石和石墨三者的关系是互为________。
A.同分异构体 B.同素异形体
C.同系物D.同位素
(2)固态时,C60属于________(填“离子”“原子”或“分子”)晶体,C60分子中含有双键的数目是________。
(3)硅晶体的结构跟金刚石相似,1 ml硅晶体中含有硅硅单键的数目约
是________NA个。
(4)石墨层状结构中,平均每个正六边形占有的碳原子数是________个。
【解析】(1)所给三种物质都只由碳元素组成,故它们互为同素异形体。
(2)C60中只含碳元素,且不具有向空间无限伸展的网状结构,所以为分子晶体;C60的分子中总的价电子数为60×4=240,由图示可知已成键的价电子数为60×3,所以可形成的双键数为=30。
(3)由金刚石的结构模型可知,每个碳原子都与相邻的碳原子形成一个单键,故每个碳原子相当于形成(×4)个单键,则1 ml硅中可形成2 ml硅硅单键。
(4)石墨层状结构中每个碳原子为三个正六边形共有,即对每个六边形贡献个碳原子,所以每个正六边形占有×6=2(个)碳原子。
答案:(1)B (2)分子 30 (3)2 (4)2
8.(2020·泉州高一检测)在气体分析中,常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量,其化学反应如下:2CuCl+2CO+2H2OCu2Cl2·2CO·2H2O。
回答下列问题:
(1)Cu在元素周期表中属于________(选填“s”“p”“d”或“ds”)区元素。研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,基态Cu3+的电子排布式为________________。
(2)C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是__。
N离子的空间构型是________。
(3)CO与N2互称等电子体。
①它们的分子中都存在三个共价键,其中包含 个σ键,________个π键。
②下表为CO和N2的有关信息。
根据表中数据,说明CO比N2活泼的原因是 __。
(4)Cu2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物,其结构如图所示:
①该配合物中氯原子的杂化方式为__。
②该配合物中,CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是 __。
(5)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CuCl晶体的X射线衍射图像分析,可以得出CuCl的晶胞如图所示,则距离每个Cu+最近的Cl-的个数为________。若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列,Cl-的半径为a pm,晶体的密度为ρ g·cm-3,阿伏加德罗常数NA=______________(列计算式表达)。
【解析】(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族,为ds区元素;Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1,变成Cu3+需失去3个电子,从最外层开始失去,所以Cu3+的核外电子排布为[Ar]3d8;
(2)同周期主族元素,随着原子序数增大,第一电离能呈增大的趋势,但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常,则C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是N;对于,根据价电子对互斥理论,价电子对数=3+=3,则其空间构型为平面三角形;
(3)①据N2分子的结构N≡N可知,分子中包含1个σ键、2个π键;
②CO中C≡O→CO,放出:1071 kJ·ml-1-803 kJ·ml-1=268 kJ·ml-1,N2中N≡N→NN,放出:946 kJ·ml-1-418 kJ·ml-1=528 kJ·ml-1,由此可知反应中,CO中第一个π键的键能比N2的小很多,CO的第一个π键容易断;
(4)①根据图中,氯原子形成2个单键,有2对孤电子对,即有四条杂化轨道,杂化类型为sp3;
②C的电负性小于O,对孤电子对吸引能力弱,所以CO作配体时,配位原子是C而不是O;
(5)根据Cl-的成键情况判断Cu+的情况,图中观察到每个Cl-周围有4个Cu+距离最近,因CuCl中离子个数比为1∶1,故距离每个Cu+最近的Cl-的个数是4个;若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列,Cl-的半径为a pm,则晶胞棱长为4a××10-10 cm,故晶胞体积为(4a××10-10cm)3,晶胞中Cl-数目为4,CuCl中离子个数比为1∶1,故Cu+数目为4,则(4a××10-10 cm)3×ρ g·cm-3
= g·ml-1,整理得:NA= ml-1= ml-1。
答案:(1)ds [Ar]3d8 (2)N 平面三角形
(3)①1 2
②CO中断裂第一个π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多,CO的第一个π键容易断
(4)①sp3 ②电负性:C