届高考化学考前专题冲刺提升训练物质结构和性质专题检测.docx
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届高考化学考前专题冲刺提升训练物质结构和性质专题检测
——物质结构与性质
[限时50分钟,满分70分]
非选择题(包括8个小题,共70分)
1.(9分)钛铁合金具有吸氢特性,在制造以氢为能源的热泵和蓄电池等方面有广阔的应用前景。
(1)基态Fe原子有________个未成对电子,Fe3+的电子排布式为__________________,在基态Ti2+中,电子占据的最高能层具有的原子轨道数为________。
(2)液氨是富氢物质,是氢能的理想载体。
下列说法正确的是________。
A.NH
与PH
、CH4、BH
、ClO
互为等电子体
B.相同条件下,NH3的沸点比PH3的沸点高,且NH3的稳定性强
C.已知NH3与NF3都为三角锥型分子,则N原子都为sp3杂化方式且氮元素的化合价都相同
(3)氮化钛熔点高,硬度大,具有典型的NaCl型晶体结构,其晶胞结构如图所示:
①设氮化钛晶体中Ti原子与跟它最近邻的N原子之间的距离为r,则与该Ti原子最近邻的Ti的数目为________,Ti原子与跟它次近邻的N原子之间的距离为________,数目为________。
②已知在氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm,N原子的半径为bpm,它们在晶体中是紧密接触的,则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为________。
③碳氮化钛化合物在汽车制造和航天航空领域有广泛的应用,其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子,则这种碳氮化钛化合物的化学式________。
解析
(1)Fe基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2,在3d轨道有4个未成对电子;Fe原子失去3个电子得电子Fe3+,则Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5;基态Ti2+的电子排布式为:
1s22s22p63s23p63d2,最高能层为M层,M能层含有1个3s轨道、3个3p轨道和5个3d轨道,共有9个原子轨道;
(2)A.等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团,NH
与PH
、CH4、BH
均含有5个原子团,且价电子均为8,为等电子体,而ClO
价电子数为32,不属于等电子体,故A错误;B.分子间存在氢键的熔沸点高,相同压强时,氨气分子间有氢键,PH3分子间不含氢键,所以NH3沸点比PH3高,元素的非金属性越强,其氢化物越稳定,非金属性N比P强,所以氨气比磷化氢稳定,故B正确;C.NH3与NF3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对,所以其价层电子对是4,都采用sp3杂化,NH3中N元素为-3价,NF3中N元素为+3价,化合价不同,故C错误;故答案为B;
(3)①根据氮化钛晶体可知,在三维坐标中,每一个形成的面上有4个Ti原子,则一个12个Ti原子;Ti原子位于顶点,被8个晶胞共有,即Ti元素与跟它次近邻的N原子个数为8;Ti原子与跟它次近邻的N原子之间的距离为晶胞体对角线的一半,距离为
r;
②氮化钛晶胞为面心立方密堆积,晶胞中共含有4个Ti和4个N,体积为:
π(a3+b3)×4,晶胞的边长为a+b,晶胞体积为(2a+2b)3,氯化钠晶体中离子的空间利用率为
=
×
×100%;
③利用均摊法可知,晶胞中含有碳原子数为8×
=1,含有氮原子数为6×
=3,含有钛原子数为12×
=4,所以碳、氮、钛原子数之比为1∶3∶4,则化合物的化学式为Ti4CN3。
答案
(1)4 1s22s22p63s23p63d5 9
(2)B (3)①12
r 8 ②
×
×100% ③Ti4CN3
2.(8分)M是第四周期元素,最外层只有1个电子,次外层的所有原子轨道均充满电子。
元素Y的-1价离子的最外层电子数与次外层的相同。
回答下列问题:
(1)单质M的晶体类型为________,晶体中原子间通过________作用形成面心立方密堆积,其中M原子的配位数为________。
(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为________,其同周期元素中,第一电离能最大的是________(写元素符号)。
元素Y的含氧酸中,酸性最强的是________(写化学式),该酸根离子的立体构型为________。
(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为________,已知晶胞参数a=0.542nm,此晶体的密度为________g·cm-3。
(写出计算式,不要求计算结果。
阿伏加德罗常数为NA)
②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是____________________。
此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色,深蓝色溶液中阳离子的化学式为________。
解析 根据题给信息推断M为铜元素,Y为氯元素。
(1)单质铜的晶体类型为金属晶体,晶体中微粒间通过金属键作用形成面心立方密堆积,铜原子的配位数为12。
(2)氯元素为17号元素,位于第三周期,根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大,故其同周期元素中,第一电离能最大的是Ar。
氯元素的含氧酸中,酸性最强的是HClO4,该酸根离子中氯原子为sp3杂化,没有孤对电子,立体构型为正四面体形。
(3)①根据晶胞结构利用切割法分析,每个晶胞中含有铜原子个数为8×1/8+6×1/2=4,氯原子个数为4,该化合物的化学式为CuCl;则1mol晶胞中含有4molCuCl,1mol晶胞的质量为4×99.5g,又晶胞参数a=0.542nm,此晶体的密度为
或
g·cm-3。
②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物。
该溶液在空气中Cu+被氧化为Cu2+,故深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+。
答案
(1)金属晶体 金属键 12
(2)1s22s22p63s23p5 Ar HClO4 正四面体
(3)①CuCl
或
②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)
[Cu(NH3)4]2+
3.(9分)东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品。
回答下列问题:
(1)镍元素基态原子的电子排布式为__________________________________,3d能级上的未成对电子数为____________。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是______________________。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________,提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是______________________;氨是________分子(填“极性”或“非极性”),中心原子的轨道杂化类型为________。
(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为:
ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1,ICu>INi的原因是______________________________________________________________________________________。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为dg·cm-3,晶胞参数a=________nm。
解析
(1)Ni是28号元素,根据核外电子的排布规律可知,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。
根据洪特规则可知,Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道,其未成对电子数为2。
(2)①SO
中,S原子的价层电子对数为
=4,成键电子对数为4,故SO
的立体构型为正四面体。
②[Ni(NH3)6]2+中,由于Ni2+具有空轨道,而NH3中N原子含有孤电子对,两者可通过配位键形成配离子。
③由于NH3分子间可形成氢键,故NH3的沸点高于PH3。
NH3分子中,N原子形成3个σ键,且有1个孤电子对,N原子的轨道杂化类型为sp3,立体构型为三角锥形。
由于空间结构不对称,NH3属于极性分子。
(3)Cu、Ni均属于金属晶体,它们均通过金属键形成晶体。
因Cu元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1,3d能级全充满,较稳定,失去第2个电子较难,因此ICu>INi。
(4)①由晶胞结构图可知,Ni原子处于立方晶胞的顶点,Cu原子处于立方晶胞的面心,根据均摊法,每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×
=3,含有Ni原子的个数为8×
=1,故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。
②根据m=ρV可得,1mol晶胞的质量为(64×3+59)g=a3×dg·cm-3×NA,则a=[
]
cm=[
]
×107nm。
答案
(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2
(2)①正四面体 ②配位键 N
③高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3
(3)金属 铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子
(4)①3∶1 ②[
]
×107
4.(9分)氟在自然界中常以CaF2的形式存在。
(1)下列关于CaF2的表述正确的是________。
a.Ca2+与F-间仅存在静电吸引作用
b.F-的离子半径小于Cl-,则CaF2的熔点高于CaCl2
c.阴阳离子比为2∶1的物质,均与CaF2晶体构型相同
d.CaF2中的化学键为离子键,因此CaF2在熔融状态下能导电
(2)CaF2难溶于水,但可溶于含Al3+的溶液中,原因是_____________________
_______________________(用离子方程式表示)。
已知AlF
在溶液中可稳定存在。
(3)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2,OF2分子构型为____________,其中氧原子的杂化方式为________。
(4)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物,例如ClF3、BrF3等。
已知反应Cl2(g)+3F2(g)===2ClF3(g) ΔH=-313kJ·mol-1,F-F键的键能为159kJ·mol-1,Cl-Cl键的键能为242kJ·mol-1,则ClF3中Cl-F键的平均键能为________kJ·mol-1。
ClF3的熔、沸点比BrF3的________(填“高”或“低”)。
解析
(1)a项,Ca2+与F-间不仅存在静电吸引,同时原子核与原子核之间、电子与电子之间也存在静电排斥,错误。
b项,因CaF2、CaCl2均为离子晶体,F-的离子半径小于Cl-,离子晶体的晶格能与离子所带电荷数成正比,与离子核间距成反比,故CaF2晶体的晶格能大于CaCl2。
晶格能越大,离子晶体的熔点越高,故CaF2的熔点高于CaCl2,正确。
c项,阴、阳离子个数比相同,晶体构型不一定相同。
d项,CaF2是离子化合物,在熔融状态下能电离产生自由移动的离子,故CaF2在熔融状态下能导电,正确。
(2)由信息可知,CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq),Al3+与F-可形成配离子AlF
,从而促进了CaF2溶解平衡的正向移动,故反应的离子方程式为3CaF2+Al3+===3Ca2++AlF
。
(3)OF2分子中,中心原子的价层电子对数为
×(6+1×2)=4,成键电子对数为2,因此分子构型为V形,O原子的杂化方式为sp3杂化。
(4)设Cl—F键的平均键能为x。
根据反应的焓变=反应物的键能总和-生成物的键能总和可知,Cl2(g)+3F2(g)===2ClF3(g)的ΔH=242kJ·mol-1+159kJ·mol-1×3-6x=-313kJ·mol-1,则x=172kJ·mol-1。
ClF3和BrF3为结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,其熔、沸点越高,因ClF3的相对分子质量小于BrF3,故ClF3的熔、沸点低于BrF3。
答案
(1)bd
(2)3CaF2+Al3+===3Ca2++AlF
(3)V形 sp3 (4)172 低
5.(9分)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子构型;C、D为同周期元素,C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。
回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是________(填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为____________。
(2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是________(填分子式),原因是____________;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为________和________。
(3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E,E的立体构型为________,中心原子的杂化轨道类型为________。
(4)化合物D2A的立体构型为________,中心原子的价层电子对数为________,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为_____________________________________________________________________。
(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566nm,F的化学式为________;晶胞中A原子的配位数为________;列式计算晶体F的密度(g·cm-3)________。
解析 A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子构型,则A是O,B是Na;C、D为同周期元素,C核外电子总数是最外层电子数的3倍,则C是P;D元素最外层有一个未成对电子,所以D是氯元素。
(1)非金属性越强,电负性越大,则四种元素中电负性最大的是O。
P的原子序数是15,则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)。
(2)氧元素有氧气和臭氧两种单质,由于O3相对分子质量较大,范德华力大,所以沸点高的是O3;A和B的氢化物分别是水和NaH,所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。
(3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E,即E是PCl3,其中P含有一对孤对电子,其价层电子对数是4,所以E的立体构型为三角锥形,中心原子的杂化轨道类型为sp3。
(4)化合物Cl2O分子中氧元素含有2对孤对电子,价层电子对数是4,所以立体构型为V形,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,则化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O===Cl2O+2NaHCO3+2NaCl。
(5)O2-半径大于Na+半径,由F的晶胞结构可知,大球代表O2-,小球代表Na+,每个晶胞中含有O2-个数为8×1/8+6×1/2=4,含有Na+个数为8,故O2-、Na+离子个数之比为4∶8=1∶2,从而推知F的化学式为Na2O。
由晶胞结构可知,每个O原子周围有8个Na原子,故O原子的配位数为8。
晶胞参数a=0.566nm=0.566×10-7cm,则晶胞的体积为(0.566×10-7cm)3,从而可知晶体F的密度为
=2.27g·cm-3。
答案
(1)O 1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)
(2)O3 O3相对分子质量较大,范德华力大 分子晶体 离子晶体
(3)三角锥形 sp3
(4)V形 4 2Cl2+2Na2CO3+H2O===Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+2Na2CO3===Cl2O+CO2+2NaCl)
(5)Na2O 8
=2.27g·cm-3
6.(8分)[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应:
4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O===[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN
(1)Zn2+基态核外电子排布式为______________________________________。
(2)1molHCHO分子中含有σ键的数目为________mol。
(3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是________。
(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。
(5)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。
不考虑空间构型,[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为________。
解析
(1)Zn为30号元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,失去最外层的2个电子即可得到Zn2+,Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。
(2)HCHO的结构式为
,单键为σ键,双键中有1个σ键和1个π键,1个HCHO分子中含有3个σ键,故1molHCHO中含有σ键3mol。
(3)根据HOCH2CN的结构简式为可知,“CH2”中的C原子形成4个σ键,该碳原子采取sp3杂化;“CN”中的C原子形成1个σ键、2个π键,该碳原子采取sp杂化。
(4)等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的微粒,H2O分子中有3个原子、8个价电子,根据质子-电子互换法可知,符合条件的阴离子为NH
。
(5)Zn2+提供空轨道,CN-中C原子提供孤电子对,两者形成配位键,结构可表示为
或
。
答案
(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2)3 (3)sp3和sp (4)NH
(5)
或
7.(9分)E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。
E、G、M是位于P区的同一周期的元素,M的价层电子排布为nsnnp2n,E与M原子核外的未成对电子数相等;QM2与GM
为等电子体;T为过渡元素,其原子核外没有未成对电子。
请回答下列问题:
(1)与T同区、同周期元素原子价电子排布式是________________。
(2)E、G、M均可与氢元素形成氢化物,它们的最简单氢化物在固态时都形成分子晶体,其中晶胞结构与干冰不一样的是________(填分子式)。
(3)E、G、M的最简单氢化物中,键角由大到小的顺序为________________(用分子式表示),其中G的最简单氢化物的VSEPR模型名称为________,M的最简单氢化物的分子立体构型名称为________。
(4)EM、GM+、G2互为等电子体,EM的结构式为(若有配位键,请用“→”表示)________。
E、M电负性相差1.0,由此可以判断EM应该为极性较强的分子,但实际上EM分子的极性极弱,请解释其原因___________________________。
(5)TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。
立方TQ晶体结构如下图所示,该晶体的密度为ρg·cm-3。
如果TQ的摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数为NAmol-1,则a、b之间的距离为________cm。
解析 根据题给信息推断M的价层电子排布为nsnnp2n,s能级只有一个轨道最多容纳2个电子,则n=2,M的价层电子排布只能为2s22p4,M为氧元素;E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。
E、G、M是位于p区的同一周期的元素,E与M原子核外的未成对电子数相等,则E的价层电子排布为2s22p2,E为碳元素,G为氮元素;QO2与NO
为等电子体,则Q为硫元素;T为过渡元素,其原子核外没有未成对电子,则T的价电子排布为3d104s2,T为锌元素。
(1)T为锌元素,属于ds区,与锌同区、同周期元素为铜元素,其原子价电子排布式是3d104s1。
(2)CH4、NH3、H2O在固态时都形成分子晶体,其中晶胞结构与干冰不一样的是NH3、H2O。
(3)CH4、NH3、H2O中,中心原子C、N、O均为sp3杂化,CH4分子中没有孤对电子,NH3分子中有1对孤对电子、H2O分子中有2对孤对电子,根据价层电子对互斥理论判断键角由大到小的顺序为CH4>NH3>H2O,其中NH3的VSEPR模型名称为四面体形,H2O分子立体构型名称为V形。
(4)CO、NO+、N2互为等电子体,结构相似,根据N2的结构式写出CO的结构式为
。
CO分子的极性极弱,其原因为从电负性分析,CO中的共用电子对偏向氧原子,但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的,抵消了共用电子对偏向O而产生的极性。
(5)根据立方ZnS晶体结构利用切割法分析知1mol晶胞中含有4molZnS,该晶体的密度为ρg·cm-3。
ZnS的摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数为NAmol-1,设晶胞的棱长为x,ρ=4M/NAx3,则x3=4M/NAρ利用几何知识计算,则a、b之间的距离为
cm。
答案
(1)3d104s1
(2)NH3、H2O
(3)CH4>NH3>H2O 四面体形 V形
(4)
从电负性分析,CO中的共用电子对偏向氧原子,但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的,抵消了共用电子对偏向O而产生的极性
(5)
8.(9分)M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z是一种过渡元素。
M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍,R是同周期元素中最活泼的金属元素,X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物,Z的基态原子4s和3d轨道半充满。
请回答下列问题:
(1)R基态原子的电子排布式是________,X和Y中电负性较大的是________(填元素符号)。
(2)X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物,其原因是________________________。
(3)X与M形成的XM3分子的空间构型是________。
(4)M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示,则图中黑球代表的离子是________(填离子符号)。
(5)在稀硫酸中,Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M的一种氢化物,Z被还原为+3价,该反应的化学方程式是____________________________________。
解析 根据题目给出的M、R和X的信息确定,M是氧元素,R是钠元素,X是硫元素。
根据M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素确定Y是氯元素。
根据Z的基态原子4s和3d轨道半充满,则Z元素原子的核外有24个电子,它是铬元素。
(1)Na原子核外有11个电子,其基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1或[Ne]3s1。
根据同周期元素电负性递变规律,Cl比S电负性大。
(2)H2S分子间不能形成氢键,H2O分子间能形成氢键,氢键比范德华力强,故H2S比H2O沸点低。
(3)SO3分子中,S原子形成了3个σ键,价层孤电子对数=(6-3×2)÷2=0,则S原子的价层电子对总数为3,SO3分子的空间构型是平面三角形。
(4)如图所示的Na2O晶胞中,黑球数是8,白球数是8×
+6×
=4,则黑球代表Na+。
(5)Cr在周期表的第ⅥB族,最高价含氧酸钾盐是K2Cr2O7。
O的氢化物中易被氧化的是H2O2。
在K2Cr2O7与H2O2的氧化还原反应中,Cr被还原为+3价,O被氧化为0价,则化学方程式为K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4===Cr2(SO4)3+3O2↑+K2SO4+7H2O。
答案
(1)1s22s22p63s1或[Ne]3s1 Cl
(2)H2S分子间不存在氢键,H2O分子间存在氢键
(3)平面三角形 (4)Na+
(5)K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4
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