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-CuYX3-,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Y2X2Si,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“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