发布时间 : 星期一 文章(全国通用)19版高考化学一轮复习第41讲晶体结构与性质学案更新完毕开始阅读
A．18 g冰(图1)中含O—H键数目为2NA B．28 g晶体硅(图2)中含有Si—Si键数目为2NA C．44 g干冰(图3)中含有NA个晶胞结构单元
D．石墨烯(图4)是碳原子单层片状新材料，12 g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA 答案 C
解析 1个水分子中含有2个O—H键，18 g冰的物质的量为1 mol，含O—H键数目为2NA，A正确；28 g晶体硅中含有1 mol Si原子，每个硅原子与其他4个Si形成4个Si—Si1
键，每个硅原子形成的共价键为×4＝2，则1 mol单质硅含有2 mol Si—Si键，B正确；
21个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44 g干冰中含有晶胞结构单元个数小于NA个，C错误；在石墨烯中，每个碳原子形成3个共价键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，12 g石墨烯即1 mol所含碳碳键数目为1.5NA，D正确。
二、非选择题(共58分)
8．(2017·广东佛山市质检)(18分)2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。
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(1)一种硫杂环杯芳烃的结构如图甲所示，该分子中硫原子的杂化方式为____________。 (2)图乙为对叔丁基杯[4]芳烃，由4个羟基构成杯底，羟基间的相互作用力是____________。
(3)杯芳烃可用于某些第ⅢB族元素金属离子如La及Sc的萃取，基态Sc核外电子排布式为______________________。
(4)不同大小的杯芳烃能识别中性分子或离子，如：CHCl3、苯、C60、CO3、SCN、N3等。下列说法正确的是________(填字母)。
A．由图丙知C60分子中σ键与π键的个数比是3∶1 B．元素电负性大小顺序为S>Cl>C
C．SCN、N3与CO2互为等电子体，因此均为直线形 D．苯中含有C—H极性键，是极性分子 (5)观察C60晶胞(如图丁所示)。
－
－
2－
－
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3＋
2＋
2＋
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①与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有________个，其距离为________cm(列出计算式即可)。
②C60晶体中C60和C60间的作用力属于________(填“离子键”“共价键”或“分子间作用力”)。
③已知C60晶体内相邻C60球体间的距离是304 pm，则与石墨层间距离(335 pm)相比较，两者数据存在差异的原因是________________________________________。
答案 (1)sp (2)氢键
(3)1s2s2p3s3p3d或[Ar]3d
(4)AC (5)①12 0.71×2×10 cm(或7.1×2×10 cm等合理计算表达式均可) ②分子间作用力 ③C60的摩尔质量大于C的摩尔质量，C60分子间作用力较大，间距较小
解析 (1)根据图甲所示有机物的结构，其中1个硫原子形成4个σ键，无孤电子对，因此S原子的杂化轨道数为4，即杂化类型为sp。
(2)羟基间可以形成氢键。
(3)Sc位于元素周期表第四周期第ⅢB族，原子序数为21，基态Sc原子的核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s，因此Sc的核外电子排布式为
1s2s2p3s3p3d或[Ar]3d。
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(4)根据C60的分子结构图知，1个碳原子形成个σ键和个π键，因此σ键与π键
22个数比为3∶1，故A正确；因非金属性：Cl>S>C，则电负性：Cl>S>C，故B错误；等电子体是指原子总数相等、价电子总数相等的微粒，等电子体的结构相同，由CO2是直线形，可知SCN、N3也为直线形，故C正确；苯分子是含C—H极性键的对称结构，属于非极性分子，故D错误。
(5)①根据C60的晶胞结构示意图可知，与每个C60分子距离最近的C60分子在下层有4个，在同一平面有4个，在上层有4个，共有12个。最近的距离为晶胞面对角线的一半，为0.71×2×10 cm。②C60属于分子晶体，微粒间的作用力是分子间作用力。③C60和石墨都属于分子晶体，C60的摩尔质量大于C的摩尔质量，C60分子间作用力较大，间距较小。
9．(2017·江西调研)(18分)钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗以及石油化工等领域。
(1)Ti的基态原子的核外电子排布式为____________。
(2)已知TiC在碳化物中硬度最大，工业上一般在真空和高温(>1800 ℃)条件下用C还
>1800 ℃
原TiO2制取TiC：TiO2＋3C=====TiC＋2CO↑。该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为____________；根据所给信息，可知TiC是________晶体。
(3)钛的化合物TiCl4，熔点为－24 ℃，沸点为136.4 ℃，常温下是无色液体，可溶于甲苯和氯代烃。
①固态TiCl4属于________晶体，其空间构型为正四面体，则钛原子的杂化方式为____________。
②TiCl4遇水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种酸，反应的化学方程式为
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6
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1
1
2
2
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2
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1
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2＋3
－7
－8
2
2
6
2
6
1
1
3
________________________________________。
③用锌还原TiCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O。该配合物中含有化学键的类型有____________。
(4)钛的一种氧化物是优良的颜料，该氧化物的晶胞结构如图所示。
该氧化物的化学式为____________；在晶胞中Ti原子的配位数为__________，若晶胞边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，列式表示氧化钛晶体的密度：____________g/cm。
答案 (1)1s2s2p3s3p3d4s(或[Ar]3d4s) (2)O>C>Ti 原子
(3)①分子 sp ②TiCl4＋3H2O===H2TiO3＋4HCl ③共价键、离子键 (4)TiO2 6
160
－73
?a×10?×NA
2
2
2
2
32
2
6
2
6
2
2
2
2
3
解析 (1)Ti的核电荷数是22，其基态原子的核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s(或[Ar]3d4s)。
(2)元素非金属性越强，电负性越大，则题述反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为O>C>Ti；根据题给信息知TiC的硬度大，说明TiC是原子晶体。
(3)①TiCl4空间构型为正四面体，则钛原子的杂化方式为sp。②TiCl4 遇水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种酸，根据原子守恒应该是盐酸和钛酸，反应的化学方程式为TiCl4＋3H2O===H2TiO3＋4HCl。③配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中含有化学键的类型有离子键和共价键(配位键属于共价键)。
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(4)该晶胞中所含氧原子个数为4×＋2＝4，所含Ti原子个数为1＋8×＝2，所以该
28钛的氧化物的化学式为TiO2；在晶胞中以中心钛原子为例，与该钛原子最近且等距的氧原子有6个，则Ti原子的配位数为6。若晶胞边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数的数值，氧化钛晶体的密度为ρ＝
3
2
2
6
2
6
M?晶胞?
V?晶胞?·NA
＝
2×803
g/cm。 －73
?a×10?·NA
10．(2017·重庆联考)(22分)X、Y、Z、W、R、I、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，I的原子序数是W的两倍，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：
(1)Q核外电子排布式为______________________，Y的电子排布图为____________。 (2)化合物ZX3中Z原子的杂化方式为____________，ZW2的立体构型是____________。
－
＋
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