模块质量检测(3)-【新课程学案】2025-2026学年高中化学选择性必修2配套课件PPT（鲁科版 山东专用）

该高中化学课件聚焦物质结构与性质模块，涵盖分子结构、晶体结构、化学键、配合物等核心知识点。通过典型例题导入，从基础的电子式、轨道表示式回顾，逐步过渡到晶胞计算、杂化类型判断等综合应用，构建从微观到宏观的知识支架。 其亮点在于结合具体物质（如SO₂Cl₂、Fe(CO)ₙ）分析结构与性质关系，体现“物质结构决定性质”的化学观念。通过晶胞坐标参数推导、配合物配位数计算等培养科学思维，实验探究题（如硫酸铜与氨水反应）提升科学探究能力。学生能深化理解，教师可借助丰富例题与解析优化教学。

模块质量检测(三) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 √ 12 一、选择题:本题包括15个小题，每小题3分，共45分。 1.下列表示正确的是(　　) A.H2O分子的VSEPR模型: B.氨分子的球棍模型: C.过氧化氢分子的电子式:H+[︰︰︰]2-H+ D.基态硼原子的轨道表示式: 15 14 19 18 17 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 12 解析:H2O分子中心原子O的价电子对数=2+=4，VSEPR模型为四面体形，故A错误;氨分子中含有1对孤电子对，则氨分子的空间结构为三角锥形，球棍模型为 ，故B错误;过氧化氢是共价化合物，电子式为H︰︰︰H，故C错误;B为5号元素，核外电子排布式为1s22s22p1，基态硼原子的核外电子轨道表示式为 ，故D正确。 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 2.(2025·辽宁省部分学校期末)下列说法正确的是 (　　) ①Na核外电子存在6种空间运动状态;②金属锌比铜活泼，因此Zn的第一电离能小于Cu;③杂化轨道用于形成σ键或用来容纳孤电子对;④邻羟基苯甲醛的沸点高于对羟基苯甲醛;⑤键角:H2O<NH3 A.①③⑤ B.②③⑤ C.③④⑤ D.①②④ 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 15 14 19 18 17 16 解析:①基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，s轨道个数是1，p轨道个数是3，共6个原子轨道，有6种空间运动状态，①正确;②Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，Zn的电子排布式为[Ar]3d104s2，均为稳定结构且Zn的半径小，引力大，第一电离能大，②错误;③杂化轨道用于形成σ键或用来容纳孤电子对，③正确;④邻羟基苯甲醛形成分子间氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛，④错误;⑤H2O中O上有2对孤电子对，NH3中N上有1对孤电子对，键角:H2O<NH3，⑤正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 3.(2025·淮安市楚州中学月考)在催化剂作用下，SO2与Cl2反应生成SO2Cl2;对SO2水溶液的光谱分析可以检测到HS、S2和痕量的S。SO2转化为SO3的反应为2SO2 (g)+O2(g)==2SO3(g)　ΔH=-197.7 kJ·mol-1。三氧化硫在液态时有单分子SO3和三聚的(SO3)3(结构如图所示)两种形式，在高温时能将HBr氧化为Br2。下列说法正确的是(　　) A.1 mol (SO3)3分子中含有12 mol σ键 B.SO2Cl2为正四面体结构 C.SO3、中S原子都是sp2杂化 D.SO2、SO3都是非极性分子 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:由(SO3)3分子结构可知:在1个(SO3)3分子中含有12个σ键，则在1 mol (SO3)3分子中含有12 mol σ键，故A正确;SO2Cl2分子中与中心S原子形成共价键的O、Cl原子半径不同，因此该分子呈四面体结构，故B错误;SO3分子中的中心S原子价电子对数为3+(6-2×3)=3，为sp2杂化;S中S原子价电子对数是3+(6+2-2×3)=4，为sp3杂化，故C错误;SO3分子属于非极性分子，而SO2分子中正负电荷重心不重合，因此属于极性分子，故D错误。 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4.(2024·江苏卷)下列有关反应描述正确的是 (　　) A.CH3CH2OH催化氧化为CH3CHO，CH3CH2OH断裂C—O键 B.氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变 O3分解的历程 C.丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂σ键和π键 D.石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2 15 14 19 18 17 16 解析:CH3CH2OH转化为CH3CHO的过程中，断裂C—H、O—H，形成C==O，无C—O断裂，A错误;由材料可知，氯自由基对O3分解起催化作用，改变O3分解的历程，B正确;丁烷中不存在π键，C错误;石墨中碳原子为sp2杂化，金刚石中碳原子为sp3杂化，故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 5. 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe、Sm、As、F、O组成的化合物。下列说法正确的是 (　　) A.元素As与N同族可预测AsH3分子中As—H键的键角小于NH3中N—H键的键角 B.Fe成为阳离子时首先失去3d轨道电子 C.配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=4 D.冰中每个H2O分子最多可与两个H2O分子形成两个氢键 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:元素As与N同族，N的电负性大于As，成键电子偏向N原子，两个N—H键间的排斥力更大，NH3中键角更大，因此AsH3分子中As—H键的键角小于NH3中N—H键的键角，A正确;Fe成为阳离子时首先失去4s轨道电子，B错误;Fe的价电子排布为3d64s2，价电子数为8，一个配体CO提供2个电子，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，因此8+2×n=18，则n=5，C错误;冰中每个H2O分子与周围四个水分子形成氢键，空间结构为四面体形，即一个水分子可以形成四个氢键，D错误。 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 6.砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作太阳能电池。AsCl3是合成GaAs的原料之一，其中Ga与Al同族，As与N同族。下列叙述正确的是 (　　) A.电负性:Cl>Ga>As B.AsCl3中含有σ键 C.AsCl3分子为平面三角形 D.基态Ga和As的未成对电子数相同 15 14 19 18 17 16 解析:同周期元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，元素的电负性增大;同主族元素由上而下，金属性增强，非金属性减弱，元素的电负性减弱;电负性:Cl>As>Ga，故A错误。AsCl3中含有砷氯共价键，存在σ键，故B正确。AsCl3分子中砷形成3个共价键且存在1对孤电子对，为sp3杂化，AsCl3为三角锥形，故C错误。基态Ga和As的价电子排布分别为4s24p1、4s24p3，未成对电子数不相同，故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 12 11 13 3 7.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是 (　　) A.1 mol N2H4可处理水中1.5 mol O2 B.[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键 C.氨水中NH3与H2O间存在氢键 D.含铜的氧化物中，Cu2+比Cu+更稳定 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 12 11 13 3 解析:1 mol N2H4失去电子生成氮气，转移4 mol电子，而1 mol O2得到4 mol电子，根据得失电子守恒可知，1 mol N2H4可处理水中1 mol O2，故A错误; [Cu(NH3)4]2+ 中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故B错误;N、O元素电负性都较大，O—H键或N—H键是强极性键，则N、O能和另一分子中的H原子形成氢键，氨水中NH3与H2O间存在氢键，故C正确;Cu+的价电子排布为3d10，Cu2+的价电子排布为3d9，Cu+比Cu2+稳定， D错误。 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 8.75%的医用酒精、含氯消毒剂(如“84”消毒液等)可以有效杀灭流感病毒。下列关于酒精和含氯消毒剂的说法正确的是 (　　) A.乙醇中与羟基相连的C原子采取sp2杂化，另一个C原子采取sp3杂化 B.乙醇是非极性分子，易溶于水 C.1个HClO分子中含有2个σ键 D.1个乙醇分子中含有6个σ键，1个π键 15 14 19 18 17 16 解析:乙醇中与羟基相连的C原子采取sp3杂化，另一个C原子也采取sp3杂化，A项错误;乙醇为极性分子，水也是极性分子，且乙醇分子与水分子之间能形成氢键，因此乙醇易溶于水，B项错误;每个HClO分子中含有2个单键，单键是σ键，C项正确;乙醇分子中都是单键，8个单键都是σ键，无π键，D项错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 9.下列模型分别表示C2H2、S8、SF6的结构，下列说法错误的是 (　　) A.32 g S8分子中含有0.125 mol σ键 B.SF6是由极性键构成的非极性分子 C.1 mol C2H2分子中含有3 mol σ键和2 mol π键 D.1 mol S8中含有8 mol S—S键 15 14 19 18 17 16 解析:1个S8分子中含有8个σ键，所以32 g即0.125 mol S8分子中含有1 mol σ键，A错误;SF6的空间结构对称，正、负电荷重心重合，为非极性分子，B正确;C2H2的结构式为H—C≡C—H，单键为σ键，1个C≡C键中含有1个σ键、2个π 键，所以1 mol C2H2分子中含有 3 mol σ 键和2 mol π键，C正确;1个S8分子中含有8个S—S键，所以1 mol S8中含有8 mol S—S键，D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 √ 15 14 19 18 17 16 10.铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质，在人类的生产生活中有着重要的应用。在血液中，O2的输送与血红蛋白中的Fe2+有关。血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法错误的是 (　　) A.基态Fe2+价电子排布为3d44s2 B.O2通过配位键与Fe2+相连 C.已知咪唑环所有原子共平面，则分子中一定存在大π键 D.该结构中O元素的电负性最大 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:Fe的原子序数为26，基态Fe价电子排布为3d64s2，故基态Fe2+价电子排布为3d6，A项错误;由题图可知，O提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，则O2通过配位键与Fe2+相连，B项正确;已知咪唑环所有原子共平面，碳原子和氮原子均采取sp2杂化，则分子中一定存在大π键，C项正确;同周期主族元素原子随着原子序数增大，非金属性依次增强，电负性依次增大，则O元素的电负性最大，D项正确。 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 11. [双选](2025·山东青岛期末)许多过渡金属离子能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是 (　　) A.二乙二胺合铜配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+ 的结构如图所示，可知Cu2+的价电子排布式为3d9，配位数为4，配体数也为4 B.1 mol Fe(CO)5配合物中含有5 mol配位键 C.配合物K4Fe(CN)6中的配位原子是C D.配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中心离子为Ti3+，1 mol该配合物与AgNO3溶液作用，生成2 mol AgCl 15 14 19 18 17 16 √ √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:Cu2+的价电子排布式为3d9，Cu2+与4个N原子形成配位键，Cu2+的配位数为4，乙二胺中有2个N原子，Cu2+与2个乙二胺配位，配体数为2，A错误;Fe与CO形成5个配位键，CO分子中氧原子提供1个孤电子对与C原子形成1个配位键， 1个Fe(CO)5分子含有10个配位键，1 mol Fe(CO)5分子含有10 mol配位键，B错误;配合物K4Fe(CN)6中的配位体是CN-，其中得到的电子在C原子上，故碳原子上的1个孤电子对与亚铁离子形成配位键，C正确;内界配体Cl-不与Ag+反应，外界Cl-与Ag+反应，在1 mol该配合物中加入AgNO3溶液可以得到2 mol AgCl沉淀，D正确。 15 14 19 18 17 16 12 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12.原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0);B为;C为。则D原子的坐标参数为(　　) A. B. C. D. 15 14 19 18 17 16 解析:对照晶胞结构示意图及A、B、C的原子坐标参数，选A为参照点，可知D在体对角线的处，运用比例关系可知D原子的坐标参数为，D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 13.下列对一些实验事实的理论解释错误的是 (　　) 15 14 19 18 17 16 √ 选项 实验事实 理论解释 A 金属的导热性好 遍布晶体的自由电子受热加速运动 B 酸性: CF3COOH>CCl3COOH 氟的电负性大于氯的电负性，F—C的极性大于Cl—C的极性，使—CF3的极性大于—CCl3的极性，导致CF3COOH羧基中羟基的极性更大，更易电离出H+ C 聚四氟乙烯的化学稳定性高于 聚乙烯 C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，化学性质越稳定 D 对羟基苯甲醛( )比邻羟基苯甲醛( )的沸点低 对羟基苯甲醛形成分子内氢键，邻羟基苯甲醛形成分子间氢键 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:F的电负性大于Cl，导致C—F的极性大于C—Cl的极性，导致羟基电子云更偏向O，而使CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，故B正确;两者之间只有C—F键和C—H键的差异，C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，化学性质越稳定，故C正确;对羟基苯甲醛受距离影响无法形成分子内氢键而形成分子间氢键，熔、沸点更高，而邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键而熔、沸点较低，故D错误。 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14. [双选]某化合物A除在有机合成中有广泛的应用外，还可用作聚合引发剂、煤油抗氧化剂、杀菌剂、抗癌药和脑肿瘤的中子俘获疗法，其结构如图所示，W、X、Y、Z、N均为短周期主族元素，原子半径为Y>Z>N>W，X、Y基态电子排布中未成对电子数相同，下列说法不正确的是 (　　) A.最简单氢化物水溶液的pH:Z>Y>W B.第一电离能:W>Y>N C.该结构中所有原子均满足8电子稳定结构 D.W元素的最高价态为+4 14 15 19 18 17 16 √ √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:W、X、Y、Z、N均为短周期主族元素，原子半径为Y>Z>N>W，由化合物A的结构可知，化合物中W、X、Y、Z、N形成的共价键数目分别为4、4、2、1、4，X、Y基态电子排布中未成对电子数相同，则W为N元素、X为C元素、Y为S元素、Z为Cl元素、N为B元素。氨气的水溶液氨水呈碱性，溶液pH大于7，而硫化氢和氯化氢的水溶液均呈酸性，溶液pH均小于7，则氨水的pH最大，故A错误;同周期主族元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p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，则磷元素的第一电离能大于硫元素，同主族元素，从上到下第一电离能依次增大，则氮元素的第一电离能大于磷元素，硫元素的第一电离能大于硼元素，则三种元素的第一电离能大小顺序为N>S>B，故B正确;由化合物A的结构可知，化合物中N、C、S、Cl、B均满足8电子稳定结构，故C正确;氮元素原子序数为7，最高正化合价为+5价，故D错误。 14 15 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 15.我国科学家合成了太阳能电池材料(CH3NH3)PbI3，其晶体结构如图所示，属于立方晶系，晶胞质量为m g，其中A代表(CH3NH3)+，原子坐标参数A为 (0，0，0)，B为。下列说法错误的是(　　) A.B代表Pb2+ B.每个晶胞中含有I-的数目为6 C.C的原子坐标参数为 D.(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为m×6.02×1023 g·mol-1 14 15 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:由晶体结构图和B的坐标参数可知，题图表示2个晶胞，其中(CH3NH3)+位于晶胞的顶点，个数为8×=1，B位于晶胞内部，个数为1，C位于晶胞面上，个数为6×=3，由化学式(CH3NH3)PbI3可知B代表Pb2+，C代表I-。由分析可知，B代表Pb2+，A项正确;图示晶体结构中含有2个晶胞，则每个晶胞含有I-的数目为3，B项错误;由原子坐标参数A为(0，0，0)，B为可知，C的原子坐标参数为，C项正确;由上述分析可知，每个晶胞中含有1个(CH3NH3)PbI3，设其摩尔质量为M，则=m g，解得M=m×6.02×1023 g·mol-1，D项正确。 14 15 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 19 18 17 二、非选择题:本题包括4个小题，共55分。 16.(11分)钛(Ti)被誉为“21世纪的金属”，工业上将TiO2与焦炭混合，通入Cl2高温下制得TiCl4;再将TiCl4提纯后，在氩气保护下与镁高温反应制得Ti。其反应如下: ①TiO2+2Cl2+2C TiCl4+2CO; ②TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2。 回答下列问题: (1)Ti原子的价电子排布为_______。  解析:Ti的原子序数为22，位于周期表中的第4周期ⅣB族，其电子排布式可简写为[Ar]3d24s2，价电子排布为3d24s2。 3d24s2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 19 18 17 (2)写出与CO互为等电子体的分子:_____。  解析: 等电子体中原子数和价电子数都相同，则与CO互为等电子体的分子为N2。 N2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 19 18 17 (3)已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37 ℃，沸点为136 ℃;TiCl4在潮湿空气中易水解产生白雾，同时产生H2TiO3固体。 ①TiCl4为______(填“离子”或“共价”)化合物。  ②TiCl4分子为正四面体形，则Ti原子的杂化轨道类型为____杂化。  ③TiCl4在潮湿空气中水解的化学方程式是____________________________。  ④TiO2、Cl2和C反应制得的TiCl4最好的提纯方法是______(填操作名称)。  共价 sp3 TiCl4+3H2O==H2TiO3↓+4HCl 蒸馏 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 19 18 17 解析:①已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37 ℃，沸点为136 ℃，由此可判断TiCl4是由共价键结合的分子。②TiCl4分子为正四面体形，Ti原子和Cl原子形成4个σ键，所以Ti原子为sp3杂化。③TiCl4在潮湿空气中易水解产生白雾说明生成HCl，同时产生H2TiO3固体，所以其反应的化学方程式为TiCl4+3H2O==H2TiO3↓+4HCl。 (4)配离子[TiCl(H2O)5]2+的中心离子化合价为____价，中心离子配位数为___。  解析:配离子[TiCl(H2O)5]2+的中心离子所带的电荷数为3，故中心离子为Ti3+，Cl-、H2O含有孤电子对是配体，配位数是6。 +3 6 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 19 18 17.(13分)请回答下列问题。 (1)下列物质变化，只与范德华力有关的是____(填字母)。  a.干冰熔化 b.乙酸汽化 c.石英熔融 d. 溶于水 e.碘溶于四氯化碳 解析:干冰熔化只破坏分子间作用力;乙酸汽化破坏分子间作用力和分子间氢键;石英熔融破坏共价键; 分子间不存在氢键，溶于水破坏范德华力，与水分子间形成氢键;碘溶于四氯化碳只破坏范德华力，故只有a、e符合要求。 ae 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 19 18 (2)FeCl3常温下为固体，熔点282 ℃，沸点315 ℃，在300 ℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断FeCl3的晶体类型为__________。  解析: FeCl3熔、沸点不高，且易升华，易溶于水，故知FeCl3为分子晶体。 分子晶体 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 19 18 (3)某石蕊分子结构如图所示: ①石蕊分子所含元素中，基态原子2p轨道有两个单电子的是_______(填元素符号);由其中两种元素形成的三角锥形的一价阳离子是______(填化学式)。  ②该石蕊易溶解于水，分析可能的原因是_____________________________ ______________________________________________________________________。  解析:①2p轨道有两个单电子的原子价电子排布为2s22p2、2s22p4，故为C和O元素。H和O形成H3O+，N和H形成N，其中H3O+为三角锥形，N为正四面体形。②从与H2O能否形成氢键及“相似相溶”两个角度解答。 C、O H3O+ 该石蕊分子中含有—OH和—NH2， 均能与H2O形成氢键;由结构知，该分子为极性分子，根据相似相溶原理，易溶于水 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 19 18 (4)已知: ①Cu2+的核外电子排布式为__________________________。  ②X难溶于水、易溶于有机溶剂，其晶体类型为__________。  ③M中所含元素的电负性由大到小顺序为___________，N原子以________轨道与O原子形成σ键。  ④上述反应中断裂和生成的化学键有___(填序号)。  a.离子键　b.配位键　c.金属键　d.范德华力　e.共价键 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 分子晶体 O>N>C>H sp2杂化 be 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 19 18 解析:②由X难溶于水易溶于有机溶剂可知其为分子晶体。③分子中N原子形成3个σ键和1个π键，故N原子杂化类型为sp2杂化;同周期主族元素由左往右元素电负性增大，电负性O>N>C，H与非金属元素C形成的化合物中H表现出正价可推知电负性C>H。④该反应中断苯环上—OH的O—H键，形成配位键。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 19 18 (5)白磷(P4)是磷的一种单质，它属于分子晶体，其晶胞结构如下图。已知该晶体的密度为ρ g·cm-3，晶胞的边长为a cm，则阿 伏加德罗常数为______ mol-1。(用含ρ、a的式子表示)  解析:每个白磷晶胞中含有P4个数为8×+6×=4，每个晶胞质量为4×，体积为a3 cm3，故=ρ g·cm-3，NA= mol-1。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 18.(15分)(2025·大连市第八中学阶段测试)某同学对科学探究实验有着浓厚兴趣，他喜欢自己动手做实验，记录实验现象，并探究现象后的本质。实验如下: (1)向蓝色的硫酸铜溶液中慢慢滴加氨水，生成蓝色絮状沉淀:____________ ________________________(请用离子方程式说明)，继续滴加沉淀消失，得到深蓝色溶液:_________________________________________________ __________________________________(用离子方程式说明)。  解析:向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水先与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，离子方程式为Cu2++2NH3·H2O==Cu(OH)2↓+2N，继续滴加，氢氧化铜与氨水发生络合反应生成可溶性络合物，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O==[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，所以看到现象为先产生蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，得到蓝色溶液。 Cu2++2NH3 ·H2O==2N+ Cu(OH)2↓ 4NH3·H2O+Cu(OH)2 ==[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O或 Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH- 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 (2)GaCl3·xNH3(x=3，4，5，6)是一系列化合物，向含1 mol GaCl3·xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液，有难溶于硝酸的白色沉淀生成;过滤后，充分加热滤液，有4 mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1∶2。 ①GaCl3·xNH3含有的化学键类型有____(填字母)。  A.极性共价键 B.配位键 C.金属键 D.氢键 ②能准确表示GaCl3·xNH3结构的化学式为________________。  AB [Ga(NH3)4Cl2]Cl 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 解析: ①GaCl3·xNH3中Ga3+和Cl-形成离子键，NH3分子中N和H形成极性共价键，Ga和N之间有配位键;②加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明外界有氯离子;过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl-，有氨气逸出，Cl-与Ag+生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1∶2，则配位的Cl-与没配位的Cl-的个数比为2∶1，Ga3+配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 (3)具有下图结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。该晶体的一种典型结构单元如图所示: ①该晶体的一个完整晶胞中含有___个Co原子。  ②真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让O2-在其中传导，已知La为+3价，Ba为+2价，则+3价Co与+4价Co的原子个数比为______。  8 4∶1 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 解析:①图示并非完整晶胞，为部分，故完整晶胞中Co原子数目为8;②该结构中Ba原子个数=La原子个数=4×=，Co原子个数是1，O原子个数=6×× (1-5%)=2.85，其化学式为Ba0.5La0.5CoO2.85，设+3价的Co为x个，则+4价的Co为(1-x)个，根据化合价的代数和为0得，(+2)×0.5+(+3)×0.5+(+3)x+(+4)×(1-x)+ (-2)×2.85=0，x=0.8，所以+3价、+4价的Co原子个数之比=0.8∶0.2=4∶1。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 19.(16分)某温泉富含珍稀“锗”元素。其中锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题。 (1)锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠:Na2GeO3;二锗酸钠:Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n+2)。 ①Na2GeO3中锗原子的杂化方式是____。  ②推测1 mol GenH2n+2中含有的σ键的数目是_________(用NA表示阿伏加德罗常数值)。  解析:①Na2GeO3中，锗原子的价电子对数为3，杂化方式是sp2。②1 mol GenH2n+2中，含有的σ键的数目是[(n-1)+(2n+2)]×NA=(3n+1)NA。 sp2 (3n+1)NA 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 (2)利用离子液体[EMIM][AlCl4]可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7 ℃，其中[EMIM]+结构如图所示。 ①该物质的晶体类型是__________。  ②[EMIM]+离子中组成元素的电负性由小到大的顺序是_________。  解析: ①该物质由[EMIM]+和[AlCl4]-构成，则晶体类型是离子晶体。 ②[EMIM]+离子，组成元素为H、C、N，非金属性H<C<N，则电负性由小到大的顺序是H<C<N。 离子晶体 H<C<N 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 (3)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，该晶胞中硒原子的配位数是____;已知晶胞边长为a pm，图乙为图甲的俯视图，A点坐 标为(0，0，0)，B点坐标为，则D点坐标为_____________;若该晶胞密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数NA为__________________(列出计算式)。  4 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 解析:硒化锌(ZnSe)晶胞中，Zn2+周围有4个Se2-，则Se2-周围有4个Zn2+，该晶胞中硒原子的配位数是4;A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则立方体边长为a，图中信息显示，D点位于晶胞分成的8个小立方体中，右、上且靠近x轴的小立方体的体心，则D点坐标为。在晶胞中，含Zn2+数目为4 ，含Se2-的数目为8×+6×=4，晶胞边长为a pm，若该晶胞密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数NA为=×1030 mol-1。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $