第三章 晶体结构与性质 单元自测卷-2025-2026学年高二化学同步讲义+测试 （人教版2019选择性必修2）

第3章晶体结构与性质测试卷 （考试时间：75分钟，分值：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：选择性必修二第3章。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 6．难度系数：0.65。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Ti-48 Cr-52 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Ba-137 第Ⅰ卷（选择题 共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．生活与化学密切相关。下列关于生活中的化学描述错误的是 A．壁虎在天花板上爬行自如——壁虎的足与墙体之间存在范德华力 B．甲烷水合物因外观像冰遇火即燃，被称作“可燃冰”——与之间存在氢键 C．表面活性剂能去油污——在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，油渍会被包裹在胶束内腔中除去 D．液晶材料用于电视的显示器——液晶介于晶态与非晶态之间 【答案】B 【详解】A．壁虎足部刚毛与接触面通过范德华力产生吸附作用，A正确； B．甲烷分子中C的电负性不足以与水形成氢键，可燃冰中水分子间通过氢键形成笼状结构包裹甲烷，但与之间无直接氢键，B错误； C．表面活性剂的疏水基团包裹油渍，亲水基团与水结合形成胶束，从而去除油污，C正确； D．液晶材料具有介于晶体（有序）和非晶体（无序）之间的特性，用于显示器，D正确。 故答案选B。 2．下列化学用语或图示表达正确的是 A．基态Mn的价层电子排布图： B．分子的空间填充模型： C．的VSEPR模型： D．的球棍模型： 【答案】D 【详解】 A．基态锰的价层电子排布图为，A错误； B．空间填充模型中的C和Cl原子的相对大小不符合事实，B错误； C．水的中心原子O应该有两对孤电子对，VSEPR模型为，C错误； D．中采取杂化，空间结构为正方形，D正确； 故答案选D。 3．下列操作及装置能达到实验目的的是 A．分离NaHCO3和I2 B．制备晶态硫 C．观察K元素核外电子跃迁时所呈现的焰色 D．制备[Cu(NH3)4](OH)2溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．受热易分解，受热升华，故A错误； B．熔融的硫自然冷却可获得硫晶体，若是快速冷却，获得的是非晶态硫，故B错误； C．K元素焰色为紫色，为防止其他颜色的光干扰，需透过蓝色钴玻璃观察，故C项正确； D．氨水不足，与CuSO4反应生成Cu(OH)2，故D项错误； 故选C。 4．物质结构决定性质。下列性质与解释不符的是 选项 性质 解释 A 顺丁烯二酸的酸性强于反丁烯二酸 顺丁烯二酸形成分子内氢键 B 冠醚18-冠-6能增大在有机溶剂中的溶解度 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近 C 钾与钠灼烧产生的焰色不同 钾与钠电子跃迁时能量变化不同 D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．顺丁烯二酸因羧酸基团空间邻近形成分子内氢键，增强了酸性，解释正确，A正确； B．冠醚18-冠-6的空腔与K⁺尺寸匹配，通过结合K⁺使溶于有机溶剂，解释正确，B正确； C．钾和钠的焰色差异源于电子跃迁释放不同能量的光，解释正确，C正确； D．NaCl为离子晶体，AlCl3为分子晶体，熔点差异主要由晶体类型不同导致，而非离子电荷和半径，解释错误，D不符合题意； 故选D。 5．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，的约含有的质子数为 B．白磷分子()呈正四面体结构，白磷中约含有键的数目为 C．二氧化硅晶体中含有键数为 D．1mol乙醇中sp3杂化的原子数为2NA 【答案】B 【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则常温常压下，的的物质的量小于1mol，含有质子数小于10，A错误；      B．白磷分子(P4)呈正四面体结构，一个P4含有6个P-P键，白磷中含有键，数目为，B正确； C．二氧化硅晶体中1个硅原子形成4个硅氧键，二氧化硅（为1molSiO2）晶体中含有键数为4，C错误；   D．乙醇分子中碳、氧均为sp3杂化，则1mol乙醇中sp3杂化的原子数为3NA，D错误；   故选B。 6．某离子化合物中的阳离子结构模型如图所示，已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原子核外有5种不同运动状态的电子，Z原子核外L层有3个未成对电子。下列说法错误的是 A．该阳离子中Z原子提供孤电子对与Y原子形成配位键 B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z C．同周期第一电离能在Y与Z之间的元素有3种 D．X、Y、Z中电负性最小的为Y 【答案】B 【详解】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原子核外有5种不同运动状态的电子，Y为B元素，Z原子核外L层有3个未成对电子，结合图示成键情况，则X为H元素，Z为N元素。 A．由图可知，阳离子中具有孤对电子的氮原子与具有空轨道的硼原子形成配位键，A正确。 B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硝酸的酸性强于硼酸，B错误； C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，同时Be的2s轨道全满较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能在B与N之间的元素有Be、C、O，共3种，C正确； D．元素的非金属性越强，电负性越大，则H、B、N三种元素中，电负性最小的是B元素，D正确。 故选B。 7．下列指定反应的离子方程式书写正确的是 A．溶液中的水解： B．醋酸与溶液反应： C．用除去废水中的： D．铜氨液{}除去合成氨原料气中的： 【答案】D 【详解】A．的水解应分步进行，第一步为，A错误； B．醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆，应写为，B错误； C．为难溶固体，离子方程式中不能拆，正确离子方程式应为，C错误； D．铜氨液与和发生配位反应，形成，方程式电荷守恒、质量守恒，且符合配位化学原理，D正确； 故答案选D。 8．硅酸钙中，硅以链状结构的多硅酸根形式存在，链由共用顶角的氧原子相连构成，链间存在将其约束为晶体。下列有关该化合物的描述不正确的是 A．为杂化 B．已知链与之间的作用力弱于链内共价键，故沿平行于链方向用力，晶体易开裂 C．该晶体为离子晶体 D．该晶体在强酸性环境中不能稳定存在 【答案】C 【详解】A．形成4个共价键且无孤电子对，为杂化，A正确； B．已知链与之间的作用力弱于链内共价键，故沿平行于链方向用力，容易使得钙离子和链之间的作用力被破坏，使得晶体易开裂，B正确； C．硅酸钙中，硅以链状结构的多硅酸根形式存在，聚合程度不是定值，是混合物，不是离子晶体，C错误； D．硅酸根离子为弱酸根离子，能与氢离子反应生成弱酸硅酸，则该晶体在强酸性环境中不能稳定存在，D正确； 故选C。 9．依据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是 实验操作及现象 结论 A 将稀盐酸滴入溶液中，产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊 非金属性： B 硫化锌(，白色)、硫化镉(，黄色)为难溶电解质。向浓度均为的、混合液中，滴加稀溶液，先出现的沉淀是黄色的 在相同温度下 C 向溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀。再滴加2滴溶液，又生成红褐色沉淀 在相同温度下： D 将缺角的晶体放入饱和溶液中，得到有规则几何外形的完整晶体 证明晶体的各向异性 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．实验操作产生CO2使石灰水变浑浊，证明盐酸与NaHCO3反应生成CO2，表明盐酸酸性强于碳酸，而证明元素的非金属强弱，应比较最高价含氧酸的酸性，应比较HClO4与碳酸的酸性强弱，A错误； B．向Zn2+和Cd2+混合液中滴加Na2S，先出现黄色CdS沉淀，表明CdS比ZnS更难溶，即相同条件下CdS的沉淀溶度积Ksp更小，故结论Ksp(ZnS) ＞ Ksp(CdS)正确，B正确； C．先滴加MgCl2溶液，生成Mg(OH)2沉淀，NaOH过量，再滴加FeCl3溶液，FeCl3与NaOH溶液直接反应生成Fe(OH)3沉淀，因此不能证明Ksp的大小，C错误； D．缺角NaCl晶体在饱和溶液中修复为规则外形，证明晶体的自范性和生长性，但“各向异性”指晶体性质随方向变化（如光学、力学性质），此实验未直接测量方向性差异，故不能直接证明各向异性，D错误； 故选B。 10．最近我国科学家预测并合成了新型碳材料：T⁃碳。可以看作金刚石结构中的一个碳原子被四个碳原子构成的正四面体单元替代(如图所示，所有小球代表碳原子)。下列说法不正确的是 A．T⁃碳与金刚石互为同位素 B．T⁃碳与金刚石晶体中所含化学键类型相同 C．T⁃碳与金刚石中碳原子采取的杂化方式相同 D．T⁃碳与金刚石晶体类型相同，熔化时均需破坏共价键 【答案】A 【详解】A．同位素是指质子数相同，中子数不同的核素，T⁃碳是由C元素组成的单质，与金刚石互为同素异形体，A项错误； B．T⁃碳晶体和金刚石晶体中含有的化学键均是共价键，B项正确； C．T⁃碳与金刚石中的碳原子均采取sp3杂化，C项正确； D．T⁃碳可以看作金刚石结构中的一个碳原子被四个碳原子构成的正四面体结构单元替代，属于共价晶体，两者熔化时均需破坏共价键，D项正确； 故答案选A。 11．物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 选项 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷：， A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．沸点差异由分子间作用力决定，H2O沸点高是由于存在分子间氢键，电离能（原子性质）不影响分子间作用力，A错误; B．羧酸酸性强弱取决于取代基的吸电子能力，F电负性大于Cl，增强-OH极性，使CH2FCOOH更易解离H+，B正确； C．原子晶体硬度由共价键强度决定，原子半径Si > C导致Si-Si键较弱，C-C键更强，金刚石硬度更大，C正确； D．离子晶体熔点由晶格能决定，离子电荷Mg2+ > Na+、O2-> F-，晶格能更大，熔点更高，D正确； 故选A。 12．半导体材料硒化锌的晶胞如图所示，测得晶胞中，面心上硒与顶点硒之间距离为a nm，NA代表阿伏加德罗常数的值。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，在ZnSe晶胞坐标系中，A点硒原子分数坐标为，B点锌原子分数坐标为。下列说法错误的是 A．晶胞中与Se的配位数为4 B．C的原子分数坐标为 C．硒化锌晶体密度为 D．基态Zn原子核外有15种不同空间运动状态的电子 【答案】B 【详解】A．由图可知，晶胞中与Se等距离且距离最近的Zn原子有4个，所以晶胞中与Se的配位数为4， A正确； B．根据题中所示坐标系和晶胞结构，A点硒原子坐标为，B点锌原子坐标为，则C的原子坐标参数为，B错误； C．由图可知，Se位于晶胞的顶点和面心，Zn位于体内，由均摊法计算可得该晶胞中含Se的个数为，含Zn的个数为，面心上硒与顶点硒之间距离为a nm，面对角线长度为2a nm，则晶胞的边长为 nm，则硒化锌晶体密度为=，C正确； D．Zn的原子序数为30，基态Zn原子核外电子排布式为，有15种不同空间运动状态的电子，D正确； 故选B。 13．下列有关物质结构、性质的说法正确的是 A．图2中阳离子与阴离子含有的键个数比为19:4 B．图1中18-冠-6中O原子(灰球)通过离子键与作用 C．图3中表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为 D．图4晶胞中，分子的排列方式有3种取向 【答案】A 【详解】A．单键都是键，双键中一个键，则图2中1个阳离子含有19个键，阴离子含有4个键，阳离子与阴离子含有的σ键个数比为19:4，A正确； B．图1冠醚中氧原子与之间并非离子键，而是通过配位键结合，B错误； C．该结构的最小重复单元如图，最小重复单元中Si原子个数为，O原子个数为，Si元素化合价为+4价、O元素化合价为-2价，则(Si6O17)整体化合价为-10，所以该硅酸盐结构的通式为，C错误； D．图4晶胞中，分子位于晶胞的顶点和面心，其分子轴沿空间四条体对角线方向分布，故有4种不同取向，D错误； 故选A。 14．硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴在xy平面的投影，已知晶胞面心上硒与顶点硒之间距离为a nm，为阿伏加德罗常数的值，以晶胞参数为单位长度建立坐标系。下列说法错误的是 A．Se与Zn原子之间的最近距离为 B．周围最近的的个数为12 C．A点原子分数坐标为，则B点原子分数坐标为 D．硒化锌晶体密度为 【答案】D 【详解】A．设晶胞边长为。由题意，顶点与相邻面心距离为，即，解得。Se与Zn原子之间的最近距离为晶胞体对角线的，即。A正确； B．在此晶胞中，Zn原子占据了部分四面体空隙，将这些Zn原子连接并平移，可以构成一个面心立方结构，其配位数为12，因此每个周围最近的个数为12。B正确； C．A点原子坐标为，由图乙可知，B点原子分数坐标为。C正确； D．硒位于晶胞顶点和面心，由均摊法可得该晶胞中硒有个，锌在晶胞内、有4个，硒化锌晶体密度为。D错误； 故答案选D。 第II卷（非选择题 共58分） 2、 非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．(14分)实验室以菱锰矿(含及少量、的氧化物等)为原料制备高纯的流程如下图所示。 已知：室温下；。回答下列问题： (1)Mn元素在元素周期表中位于第_______周期_______族。 (2)该流程中可循环使用的物质是_______。(填化学式) (3)“沉铁”过程中会产生少量沉淀。在工业上可用于去除溶液中，反应为，其平衡常数_______。 (4)写出由溶液制取的化学方程式_______。 (5)Mn的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。 当该晶体有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得半导体性质的是_______(填字母)。 a．        b．        c．        d． 【答案】除备注外，每空2分 (1) 四(或4) （1分） ⅦB（1分） (2) (3)10 (4) (5) MnO2 降低 a 【分析】向菱锰矿(含MnCO3及少量Fe、Si的氧化物等)中加入硫酸铵焙烧，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，铁的氧化物、硅的氧化物不与硫酸铵反应，加硫酸溶解，硫酸锰溶解，铁的氧化物转化为Fe3+，硅的氧化物不溶于硫酸，过滤除去，向滤液中加入氨水调节pH除去铁，过滤得到硫酸锰溶液，加入氨水-碳酸氢铵混合溶液充分反应后制取碳酸锰，同时获得硫酸铵，据此解答； 【详解】（1）Mn元素的原子序数为25，位于第四周期ⅦB族； （2）根据上述分析，该流程中可循环使用的物质是NH3、(NH4)2SO4； （3）该反应的平衡常数K===10； （4）硫酸锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳、硫酸铵和水，其反应方程式为MnSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+MnCO3↓+H2O+CO2↑； （5）根据晶胞以及投影图可知，Mn元素位于顶点和体心，个数为=2，氧元素位于晶胞内部和面上，个数为=4，则该氧化物的化学式为MnO2，Mn元素为金属元素，氧元素为非金属元素，该晶体有O原子脱出，出现O空位，氧原子个数减少，根据化合价代数和为0，则正价降低，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，CuO中Cu的化合价为+2，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，选项a符合题意。 16．(15分)配合物在生活生产中应用广泛。某化学兴趣小组在实验室探究铜氨配合物的制备。 Ⅰ．配制溶液 (1)配制100 mL 0.1 mol/L 溶液，需要用托盘天平称量胆矾()的质量为___________g。 Ⅱ．制备溶液 (2)的配位键中提供___________(填“空轨道”或“孤电子对”) (3)实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为：___________。 (4)实验ⅰ中蓝色沉淀不溶解，说明和之间不易发生反应。理论分析：反应   小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。 ①提出猜想 猜想a：结合平衡移动原理，增大可明显促进铜氨配离子的生成。 猜想b：引入可明显促进铜氨配离子的生成。 猜想c：引入可明显促进铜氨配离子的生成。 分析讨论猜想c不成立，其理由是___________。 ②实验验证为验证猜想a、b是否成立，设计并完成实验ⅲ、ⅳ。 序号 操作 现象 ⅲ 将实验ⅰ中的浊液a过滤，洗涤沉淀，将固体平均分成两份于试管中。 滴加过量6 的氨水 蓝色沉淀不溶解 ⅳ 滴加过量6 的氨水，再加入少量___________(化学式)固体 蓝色沉淀溶解，溶液呈深蓝色。 ③实验结论猜想b成立。 ④从平衡移动的角度，结合化学用语解答为什么促进的生成：___________。 Ⅲ．制备硫酸四氨合铜晶体 (5)向实验ⅱ得到的深蓝色溶液中加入___________，析出晶体。 【答案】除备注外，每空2分 (1)2.5 (2)孤电子对（1分） (3) (4) 未参与上述平衡 与结合生成，使降低，升高，平衡正向移动 (5)乙醇 【详解】（1）配制100 mL的溶液需要使用100 mL的容量瓶，所需五水硫酸铜质量为0.1 mol/L×0.1 L×250 g/mol=2.5 g。 （2）配离子中Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对。 （3）实验ii中Cu2+与氨水反应生成蓝色沉淀的离子方程式为。 （4）硫酸根未参与上述离子反应，所以猜想c不成立；根据实验iv的现象以及得出引入铵根可明显促进铜氨配离子生成的结论，滴加氨水，再加入少量可以使蓝色沉淀溶解的固体为(NH4)2SO4（阴离子为硫酸根，不引入额外杂质离子），从平衡移动的角度解释原理为与结合生成，使降低，升高，平衡正向移动。 （5）在铜氨配离子溶液中加入极性溶剂乙醇可以析出晶体。 17．(15分)通过MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。 (1)写出Mg的基态原子最外层电子轨道表示式___________。 (2)Mg与其同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。 (3)用电子式表示MgCl2的形成过程___________。 (4)写出NH3的电子式___________，在水中的溶解度NH3___________PH3(填“>”或“<”)，原因是___________。 (5)[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g·cm-3。 (6)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因：___________。 ②写出[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的化学方程式___________。并从平衡的角度推断利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件___________(写两条)。 【答案】除备注外，每空2分 (1)（1分） (2)Na<Al<Mg（1分） (3) (4) （1分） > （1分） NH3、PH3均为分子晶体，NH3与H2O分子间存在氢键，在水中溶解度更大 (5)×1021； (6) 由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低，故室温下易于生成[Mg(NH3)6]Cl2 [Mg(NH3)6]Cl26NH3+MgCl2 低压、高温（1分） 【详解】（1）Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为； （2）同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但是Mg原子3s轨道全充满状态是较稳定的，所以Mg的第一电离能大于Al，第一电离能Na<Al<Mg； （3）镁原子最外层有两个电子，容易失去，和氯原子形成离子化合物，其形成过程是：； （4）氨气是共价化合物，其电子式为：；NH3、PH3均为分子晶体，NH3与H2O分子间存在氢键，在水中溶解度更大； （5）根据均摊法，该晶胞中[Mg(NH3)6]2+的个数为8×+6×=4，Cl-的个数为8，故每个晶胞中含有4个[Mg(NH3)6]Cl2，则晶体的密度为ρ===×1021g/cm3； （6）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低，故室温下易于生成[Mg(NH3)6]Cl2； ②[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的化学方程式：[Mg(NH3)6]Cl26NH3+MgCl2， 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2(s)+6NH3(g)[Mg(NH3)6]Cl2ΔH<0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2，是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 18．(14分)五金通常指金、银、铜、铁、锡这五种传统金属，它们在古代和现代生活中都有重要用途。 (1)基态原子最外层电子的排布图是_______。 (2)胆矾晶体()的简单平面结构如图1，对胆矾晶体进行热重分析，结果如图2所示， 则胆矾在热分解时，温度从低到高依次失去的水分子的顺序是_______(填①、②、③)。 (3)尿素铁的化学式为，下列说法正确的是_______。 A．价电子为，d轨道电子半充满稳定，因此在在纯氧中燃烧生成红棕色固体 B．已知尿素分子()中所有原子同平面，则N、C原子均为杂化 C．中碳氮键都等长且配位数为6，则尿素铁中配位原子是C D．为平面三角形 (4)锡有三种单质，分别是白锡、灰锡、脆锡。其中白锡、灰锡的晶胞如图所示： 若白锡晶胞体积为，灰锡晶胞体积为，则白锡与灰锡的密度比是_______。 (5)银的化合物有如下转化关系，回答下列问题： ①中的键角比键角大的原因是_______。 ②步骤Ⅰ的离子方程式_______。 ③步骤Ⅱ中反应的离子方程式为：，该反应体现了中的_______性(酸或碱)，从结构角度解释_______。 ④设计实验验证溶液中含有氮元素_______。 【答案】除备注外，每空2分 (1)（1分） (2)①②③（1分） (3)BD (4)V2/2V1 (5) NH3中N有孤电子对，对成键电子对的斥力大，键角小 酸（1分） Ag+强吸电子，使NH3中N-H极性变大，容易电离出H+ 取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝色，则含有氮元素 【详解】（1） 铜（Cu）原子序数为29，基态电子排布为。最外层为第4层，仅含4s轨道上的1个电子，其轨道表示式为：； （2）①：与通过氢键连接，作用力最弱；②和③：直接与Cu2+配位，作用力最强，故顺序为①②③； （3）A．Fe在纯氧中燃烧生成黑色Fe3O4，非红棕色Fe2O3；Fe3+半满稳定与燃烧产物无关，A错误； B．若所有原子共平面，尿素中C与N为sp2杂化，B正确； C．若碳氮键等长，说明配位原子是N（提供孤对电子），而非C，C错误； D．中N为sp2杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形，D正确； 故选BD； （4）白锡晶胞含Sn原子数=4；灰锡晶胞含Sn原子数=8，设Sn摩尔质量为，阿伏伽德罗常数为 ，白锡密度：，灰锡密度：，则密度比： （5）中，的孤对电子与形成配位键，原子上孤对电子与成键电子对间的排斥作用消失，使得成键电子对间的排斥相对更强，键角增大； 步骤I离子方程式为：； NH3表现为酸性，的强吸电子效应使配体中键极性增强，在强碱作用下可以失去质子； 验证氮元素：取少量[Ag(NH3)2]OH溶液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，将湿润红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，说明有NH3逸出，证明含氮元素。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2章分子结构与性质测试卷 参考答案 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C D B B D C B A 题号 11 12 13 14 答案 A B A D 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．（14分） 【答案】除备注外，每空2分 (1) 四(或4) （1分） ⅦB（1分） (2) (3)10 (4) (5) MnO2 降低 a 16.（15分） 【答案】除备注外，每空2分 (1)2.5 (2)孤电子对（1分） (3) (4) 未参与上述平衡 与结合生成，使降低，升高，平衡正向移动 (5)乙醇 17．（15分） 【答案】除备注外，每空2分 (1)（1分） (2)Na<Al<Mg（1分） (3) (4) （1分） > （1分） NH3、PH3均为分子晶体，NH3与H2O分子间存在氢键，在水中溶解度更大 (5)×1021； (6) 由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低，故室温下易于生成[Mg(NH3)6]Cl2 [Mg(NH3)6]Cl26NH3+MgCl2 低压、高温（1分） 18．（14分） 【答案】除备注外，每空2分 (1)（1分） (2)①②③（1分） (3)BD (4)V2/2V1 (5) NH3中N有孤电子对，对成键电子对的斥力大，键角小 酸（1分） Ag+强吸电子，使NH3中N-H极性变大，容易电离出H+ 取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝色，则含有氮元素 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3章晶体结构与性质测试卷 （考试时间：75分钟，分值：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：选择性必修二第3章。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 6．难度系数：0.65。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Ti-48 Cr-52 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Ba-137 第Ⅰ卷（选择题 共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．生活与化学密切相关。下列关于生活中的化学描述错误的是 A．壁虎在天花板上爬行自如——壁虎的足与墙体之间存在范德华力 B．甲烷水合物因外观像冰遇火即燃，被称作“可燃冰”——与之间存在氢键 C．表面活性剂能去油污——在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，油渍会被包裹在胶束内腔中除去 D．液晶材料用于电视的显示器——液晶介于晶态与非晶态之间 2．下列化学用语或图示表达正确的是 A．基态Mn的价层电子排布图： B．分子的空间填充模型： C．的VSEPR模型： D．的球棍模型： 3．下列操作及装置能达到实验目的的是 A．分离NaHCO3和I2 B．制备晶态硫 C．观察K元素核外电子跃迁时所呈现的焰色 D．制备[Cu(NH3)4](OH)2溶液 A．A B．B C．C D．D 4．物质结构决定性质。下列性质与解释不符的是 选项 性质 解释 A 顺丁烯二酸的酸性强于反丁烯二酸 顺丁烯二酸形成分子内氢键 B 冠醚18-冠-6能增大在有机溶剂中的溶解度 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近 C 钾与钠灼烧产生的焰色不同 钾与钠电子跃迁时能量变化不同 D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低 A．A B．B C．C D．D 5．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，的约含有的质子数为 B．白磷分子()呈正四面体结构，白磷中约含有键的数目为 C．二氧化硅晶体中含有键数为 D．1mol乙醇中sp3杂化的原子数为2NA 6．某离子化合物中的阳离子结构模型如图所示，已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原子核外有5种不同运动状态的电子，Z原子核外L层有3个未成对电子。下列说法错误的是 A．该阳离子中Z原子提供孤电子对与Y原子形成配位键 B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z C．同周期第一电离能在Y与Z之间的元素有3种 D．X、Y、Z中电负性最小的为Y 7．下列指定反应的离子方程式书写正确的是 A．溶液中的水解： B．醋酸与溶液反应： C．用除去废水中的： D．铜氨液{}除去合成氨原料气中的： 8．硅酸钙中，硅以链状结构的多硅酸根形式存在，链由共用顶角的氧原子相连构成，链间存在将其约束为晶体。下列有关该化合物的描述不正确的是 A．为杂化 B．已知链与之间的作用力弱于链内共价键，故沿平行于链方向用力，晶体易开裂 C．该晶体为离子晶体 D．该晶体在强酸性环境中不能稳定存在 9．依据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是 实验操作及现象 结论 A 将稀盐酸滴入溶液中，产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊 非金属性： B 硫化锌(，白色)、硫化镉(，黄色)为难溶电解质。向浓度均为的、混合液中，滴加稀溶液，先出现的沉淀是黄色的 在相同温度下 C 向溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀。再滴加2滴溶液，又生成红褐色沉淀 在相同温度下： D 将缺角的晶体放入饱和溶液中，得到有规则几何外形的完整晶体 证明晶体的各向异性 A．A B．B C．C D．D 10．最近我国科学家预测并合成了新型碳材料：T⁃碳。可以看作金刚石结构中的一个碳原子被四个碳原子构成的正四面体单元替代(如图所示，所有小球代表碳原子)。下列说法不正确的是 A．T⁃碳与金刚石互为同位素 B．T⁃碳与金刚石晶体中所含化学键类型相同 C．T⁃碳与金刚石中碳原子采取的杂化方式相同 D．T⁃碳与金刚石晶体类型相同，熔化时均需破坏共价键 11．物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 选项 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷：， A．A B．B C．C D．D 12．半导体材料硒化锌的晶胞如图所示，测得晶胞中，面心上硒与顶点硒之间距离为a nm，NA代表阿伏加德罗常数的值。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，在ZnSe晶胞坐标系中，A点硒原子分数坐标为，B点锌原子分数坐标为。下列说法错误的是 A．晶胞中与Se的配位数为4 B．C的原子分数坐标为 C．硒化锌晶体密度为 D．基态Zn原子核外有15种不同空间运动状态的电子 13．下列有关物质结构、性质的说法正确的是 A．图2中阳离子与阴离子含有的键个数比为19:4 B．图1中18-冠-6中O原子(灰球)通过离子键与作用 C．图3中表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为 D．图4晶胞中，分子的排列方式有3种取向 14．硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴在xy平面的投影，已知晶胞面心上硒与顶点硒之间距离为a nm，为阿伏加德罗常数的值，以晶胞参数为单位长度建立坐标系。下列说法错误的是 A．Se与Zn原子之间的最近距离为 B．周围最近的的个数为12 C．A点原子分数坐标为，则B点原子分数坐标为 D．硒化锌晶体密度为 第II卷（非选择题 共58分） 2、 非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．(14分)实验室以菱锰矿(含及少量、的氧化物等)为原料制备高纯的流程如下图所示。 已知：室温下；。回答下列问题： (1)Mn元素在元素周期表中位于第_______周期_______族。 (2)该流程中可循环使用的物质是_______。(填化学式) (3)“沉铁”过程中会产生少量沉淀。在工业上可用于去除溶液中，反应为，其平衡常数_______。 (4)写出由溶液制取的化学方程式_______。 (5)Mn的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。 当该晶体有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得半导体性质的是_______(填字母)。 a．        b．        c．        d． 16．(15分)配合物在生活生产中应用广泛。某化学兴趣小组在实验室探究铜氨配合物的制备。 Ⅰ．配制溶液 (1)配制100 mL 0.1 mol/L 溶液，需要用托盘天平称量胆矾()的质量为___________g。 Ⅱ．制备溶液 (2)的配位键中提供___________(填“空轨道”或“孤电子对”) (3)实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为：___________。 (4)实验ⅰ中蓝色沉淀不溶解，说明和之间不易发生反应。理论分析：反应   小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。 ①提出猜想 猜想a：结合平衡移动原理，增大可明显促进铜氨配离子的生成。 猜想b：引入可明显促进铜氨配离子的生成。 猜想c：引入可明显促进铜氨配离子的生成。 分析讨论猜想c不成立，其理由是___________。 ②实验验证为验证猜想a、b是否成立，设计并完成实验ⅲ、ⅳ。 序号 操作 现象 ⅲ 将实验ⅰ中的浊液a过滤，洗涤沉淀，将固体平均分成两份于试管中。 滴加过量6 的氨水 蓝色沉淀不溶解 ⅳ 滴加过量6 的氨水，再加入少量___________(化学式)固体 蓝色沉淀溶解，溶液呈深蓝色。 ③实验结论猜想b成立。 ④从平衡移动的角度，结合化学用语解答为什么促进的生成：___________。 Ⅲ．制备硫酸四氨合铜晶体 (5)向实验ⅱ得到的深蓝色溶液中加入___________，析出晶体。 17．(15分)通过MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。 (1)写出Mg的基态原子最外层电子轨道表示式___________。 (2)Mg与其同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。 (3)用电子式表示MgCl2的形成过程___________。 (4)写出NH3的电子式___________，在水中的溶解度NH3___________PH3(填“>”或“<”)，原因是___________。 (5)[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g·cm-3。 (6)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因：___________。 ②写出[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的化学方程式___________。并从平衡的角度推断利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件___________(写两条)。 18．(14分)五金通常指金、银、铜、铁、锡这五种传统金属，它们在古代和现代生活中都有重要用途。 (1)基态原子最外层电子的排布图是_______。 (2)胆矾晶体()的简单平面结构如图1，对胆矾晶体进行热重分析，结果如图2所示， 则胆矾在热分解时，温度从低到高依次失去的水分子的顺序是_______(填①、②、③)。 (3)尿素铁的化学式为，下列说法正确的是_______。 A．价电子为，d轨道电子半充满稳定，因此在在纯氧中燃烧生成红棕色固体 B．已知尿素分子()中所有原子同平面，则N、C原子均为杂化 C．中碳氮键都等长且配位数为6，则尿素铁中配位原子是C D．为平面三角形 (4)锡有三种单质，分别是白锡、灰锡、脆锡。其中白锡、灰锡的晶胞如图所示： 若白锡晶胞体积为，灰锡晶胞体积为，则白锡与灰锡的密度比是_______。 (5)银的化合物有如下转化关系，回答下列问题： ①中的键角比键角大的原因是_______。 ②步骤Ⅰ的离子方程式_______。 ③步骤Ⅱ中反应的离子方程式为：，该反应体现了中的_______性(酸或碱)，从结构角度解释_______。 ④设计实验验证溶液中含有氮元素_______。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $