高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)檢測(cè)：選修3 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合練習(xí)（含詳解）

1、選修3綜合練習(xí) 時(shí)間：50分鐘1已知反應(yīng)3NaHFe2O3eq o(=,sup17(一定條件)2Fe3NaOH。(1)基態(tài)Fe原子核外共有_種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不相同的電子；Fe3的價(jià)電子排布圖為_。(2)NaH的電子式為_；1 mol NaOH含有鍵數(shù)目為_，其中O原子的雜化類型為_；Fe3可以和SCN形成配合物，該反應(yīng)是典型的可逆反應(yīng)，說明配位原子配位能力_(填“強(qiáng)”或“弱”)。(3)上述反應(yīng)中含Na的化合物晶體類型均為_晶體；NaH的熔點(diǎn)顯著高于NaOH，主要原因是_。(4)某種單質(zhì)鐵的晶體為體心立方堆積，則鐵原子的配位數(shù)為_；若r(Fe)表示Fe原子的半徑，單質(zhì)鐵的原子空間利用率為_列出含r(F

2、e)的計(jì)算表達(dá)式。答案(1)26(2)Naeq oal(,)HNAsp3弱(3)離子H半徑小，NaH的晶格能大于NaOH的晶格能(4)8eq f(f(8,3)r3Fe,blc(rc)(avs4alco1(f(4rFe,r(3)3)解析(1)基態(tài)Fe原子核外有26個(gè)電子，每個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均不相同，故基態(tài)Fe原子核外有26種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不相同的電子；基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為Ar3d64s2，則Fe3的核外電子排布式為Ar3d5，其價(jià)電子排布圖為。(2)NaH是離子化合物，由Na和H構(gòu)成，其電子式為Naeq oal(,)H。NaOH由Na和OH構(gòu)成，其中OH含有極性鍵(OH鍵)，故1 mol N

3、aOH含有的鍵數(shù)目為NA。OH中O原子形成1個(gè)鍵，且O原子有3對(duì)孤對(duì)電子，故O原子采取sp3雜化。Fe3與SCN形成配合物的反應(yīng)為典型的可逆反應(yīng)，說明生成的配合物穩(wěn)定性較弱，易分解生成Fe3、SCN，據(jù)此推知配位原子的配位能力較弱。(3)NaH和NaOH均由離子構(gòu)成，均屬于離子晶體；離子晶體的熔點(diǎn)與晶格能的大小有關(guān)，晶格能越大，晶體的熔點(diǎn)越高，而晶格能的大小與離子半徑、所帶電荷數(shù)有關(guān)。H的半徑小于OH的半徑，則NaH的晶格能大于NaOH，因此NaH的熔點(diǎn)高于NaOH的熔點(diǎn)。(4)某單質(zhì)鐵的晶體為體心立方堆積，則Fe原子的配位數(shù)為8；每個(gè)晶胞中含有Fe原子個(gè)數(shù)為18eq f(1,8)2，結(jié)合球體

4、的體積公式“Veq f(4,3)r3”可知，2個(gè)Fe原子的總體積為eq f(8,3)r3(Fe)；設(shè)晶胞的棱長(zhǎng)為a，由4r(Fe)23a2可得aeq f(4rFe,r(3)，則晶胞的體積為eq blcrc(avs4alco1(f(4rFe,r(3)3，故單質(zhì)鐵的原子空間利用率為eq f(V球,V晶胞)eq f(f(8,3)r3Fe,blcrc(avs4alco1(f(4rFe,r(3)3)。22017湖北襄陽調(diào)研圖1是Na、Cu、Si、H、C、N等元素單質(zhì)的熔點(diǎn)高低的順序，其中c、d均是熱和電的良導(dǎo)體?；卮鹣铝袉栴}(需要用到元素符號(hào)或分子式的，請(qǐng)用相應(yīng)元素的元素符號(hào)或分子式作答)：圖1(1)a

5、與b對(duì)應(yīng)的元素可形成10電子中性分子X，寫出帶一個(gè)單位正電荷的1個(gè)X的等電子體_。將X溶于水后的溶液滴入到CuSO4溶液中至過量，再加入適量乙醇，可析出一種深藍(lán)色晶體，其化學(xué)式為_。(2)元素c位于元素周期表的_區(qū)，d原子次外層有_對(duì)自旋相反的電子，c、d單質(zhì)的晶體堆積方式類型分別是_、_。 A簡(jiǎn)單立方堆積 B體心立方堆積C六方最密堆積 D面心立方最密堆積(3)d的一種氯化物為白色立方結(jié)晶，熔點(diǎn)430 ，沸點(diǎn)1490 ，其熔融態(tài)導(dǎo)電性差，晶胞結(jié)構(gòu)如圖2。該氯化物固體屬于_晶體，其中氯原子的配位數(shù)為_。圖2(4)e元素與氧可形成如圖3中A所示的正四面體離子eOeq oal(4,4)，其中e在正四

6、面體的體心，eOeq oal(4,4)四面體通過共用頂角氧離子可形成B，則B的化學(xué)式為_。圖3(5)單質(zhì)a、f對(duì)應(yīng)的元素以11的原子個(gè)數(shù)比形成的分子(相同條件下對(duì)H2的相對(duì)密度為39)中含_個(gè)鍵和_個(gè)鍵，其中f原子的雜化軌道類型為_。答案(1)H3OCu(NH3)4SO4H2O(2)s9BD(3)分子4(4)Si3Oeq oal(6,9)(5)121sp2雜化解析根據(jù)c、d均是熱和電的良導(dǎo)體，且d的熔點(diǎn)高于c，確定c是Na，d是Cu。根據(jù)熔點(diǎn)高低可判斷a是H2，b是N2，e是Si，f是金剛石。(1)a與b對(duì)應(yīng)的關(guān)系為H與N，形成的10電子中性分子X是NH3，與NH3互為等電子體的帶一個(gè)單位正電

7、荷的是H3O。NH3與Cu2可形成配位鍵，故深藍(lán)色晶體為Cu(NH3)4SO4H2O。(2)Na位于第三周期A族，位于s區(qū)，Cu原子的M層有9個(gè)軌道，均充滿電子，故有9對(duì)自旋相反的電子，鈉單質(zhì)采用體心立方堆積，銅單質(zhì)采用面心立方最密堆積。(3)根據(jù)這種氯化物熔、沸點(diǎn)較低、熔融態(tài)導(dǎo)電性差確定其應(yīng)為分子晶體，其中與氯原子相連的Cu原子有4個(gè)，故配位數(shù)為4。(4)B中含有3個(gè)Si原子和9個(gè)O原子，根據(jù)化合價(jià)可判斷其化學(xué)式為Si3Oeq oal(6,9)。(5)該分子的相對(duì)分子質(zhì)量39278，則分子式為C6H6，分子中含有6個(gè)CC 鍵和6個(gè)CH 鍵，形成一個(gè)大鍵，C原子采用sp2雜化。3物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定

8、物質(zhì)的性質(zhì)。請(qǐng)回答下列涉及物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的問題：(1)第二周期中，元素的第一電離能處于B與N之間的元素有_種。(2)某元素位于第四周期第族，其基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對(duì)電子數(shù)相同，則其基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為_。(3)乙烯酮(CH2=C=O)是一種重要的有機(jī)中間體，可用CH3COOH在(C2H5O)3P=O存在下加熱脫H2O得到。乙烯酮分子中碳原子雜化軌道類型是_，1 mol(C2H5O)3P=O分子中含有的鍵與鍵的數(shù)目比為_。(4)已知固態(tài)NH3、H2O、HF的氫鍵鍵能和結(jié)構(gòu)如下：物質(zhì)氫鍵/XHY鍵能/kJmol1(HF)nFHF28.1冰OHO18.8(NH3)nNHN5

9、.4解釋H2O、HF、NH3沸點(diǎn)依次降低的原因_。 (5)碳化硅的結(jié)構(gòu)與金剛石類似(如圖所示)，其硬度僅次于金剛石，具有較強(qiáng)的耐磨性能。碳化硅晶胞結(jié)構(gòu)中每個(gè)碳原子周圍與其距離最近的硅原子有_個(gè)，與碳原子等距離最近的碳原子有_個(gè)。已知碳化硅晶胞邊長(zhǎng)為a pm，則碳化硅的密度為_gcm3。答案(1)3(2)3d84s2(3)sp2和sp251(4)單個(gè)氫鍵的鍵能是(HF)n冰(NH3)n，而平均每個(gè)分子含氫鍵數(shù)：冰中2個(gè)，(HF)n和(NH3)n只有1個(gè)，汽化時(shí)要克服的氫鍵的總鍵能是冰(HF)n(NH3)n(5)412eq f(1.61032,NAa3)解析(1)同一周期元素中，元素的第一電離能隨

10、著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但第A族、第A族元素第一電離能大于相鄰元素，即半充滿的N原子和全充滿的Be原子第一電離能要比同周期相鄰元素的原子高，故第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O 3種元素。(2)某元素位于第四周期第族，其基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對(duì)電子數(shù)相同，C原子的未成對(duì)電子數(shù)為2，則該元素為Ni，價(jià)層電子排布式為3d84s2。(3)在CH2=C=O中，左端碳原子形成一個(gè)鍵，為sp2雜化，中間位置碳原子形成兩個(gè)鍵，為sp雜化；單鍵全是鍵，雙鍵有一個(gè)鍵，1 mol(C2H5O)3P=O分子中含有的鍵的數(shù)目為25NA，鍵的數(shù)目為NA，則鍵與鍵的數(shù)目比為251

11、。(4)單個(gè)氫鍵的鍵能是(HF)n冰(NH3)n，而平均每個(gè)分子含氫鍵數(shù)：冰中2個(gè)，(HF)n和(NH3)n只有1個(gè)，汽化時(shí)要克服的氫鍵的總鍵能是冰(HF)n(NH3)n。(5)碳化硅晶胞結(jié)構(gòu)中每個(gè)碳原子周圍與其距離最近的硅原子有4個(gè)，與碳原子等距離最近的碳原子有12個(gè)。該晶胞中含有的碳原子個(gè)數(shù)為81/861/24，硅原子個(gè)數(shù)為4，則根據(jù)公式a31030NA440 gmol1，得eq f(1.61032,NAa3) gcm3。4黑火藥是我國(guó)古代的四大發(fā)明之一。黑火藥爆炸時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為2KNO3S3C=K2SN23CO2?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)鉀原子的核外電子排布式為_，第一電離能：K_(填“

12、”或“”)Na。(2)NOeq oal(,3)的空間構(gòu)型為_。(3)固態(tài)硫易溶于CS2，熔點(diǎn)為112 ，沸點(diǎn)為444.8 。其分子結(jié)構(gòu)為，S8中硫原子的雜化軌道類型是_，S8分子中至多有_個(gè)硫原子處于同一平面。(4)N2分子中鍵與鍵的個(gè)數(shù)比為_，N2的沸點(diǎn)比CO的沸點(diǎn)_(填“高”或“低”)。(5)K2S的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。其中K的配位數(shù)為_，S2的配位數(shù)為_；若晶胞中距離最近的兩個(gè)S2核間距為a cm，則K2S晶體的密度為_gcm3(列出計(jì)算式，不必計(jì)算出結(jié)果)。答案(1)1s22s22p63s23p64s1或Ar4s1(2)平面正三角形(3)sp34(4)12低(5)48eq f(4110,

13、NAr(2)a3)eq blcrc(avs4alco1(或f(4110,6.021023r(2)a3)解析(1)基態(tài)K原子核外有19個(gè)電子，核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s1或Ar4s1。同主族元素的第一電離能隨原子核外電子層數(shù)的增多而逐漸減小，故K的第一電離能小于Na。(2)NOeq oal(,3)中N原子形成3個(gè)NO鍵，且不含孤對(duì)電子，則N原子采取sp2雜化，故NOeq oal(,3)的空間構(gòu)型為平面正三角形。(3)由S8分子結(jié)構(gòu)可知，每個(gè)S原子形成2個(gè)SS鍵，且含有2對(duì)孤對(duì)電子，則S原子的雜化軌道類型為sp3雜化，S8分子中至多有4個(gè)硫原子處于同一平面。(4)N2分子的

14、結(jié)構(gòu)式為NN，每個(gè)N2分子中含有1個(gè)鍵和2個(gè)鍵，故鍵和鍵的個(gè)數(shù)比為12。N2和CO都是分子晶體，其熔、沸點(diǎn)主要受分子間作用力影響，在相對(duì)分子質(zhì)量相同的情況下，分子的極性對(duì)其熔、沸點(diǎn)產(chǎn)生影響，CO分子的極性使其分子間作用力略大，故N2的沸點(diǎn)低于CO。(5)K2S晶胞中，每個(gè)K周圍等距離且最近的S2有4個(gè)，則K的配位數(shù)為4。每個(gè)S2周圍等距離且最近的K有8個(gè)，則S2的配位數(shù)為8。晶胞中距離最近的兩個(gè)S2核間距為a cm，為每個(gè)面對(duì)角線長(zhǎng)度的eq f(1,2)，則晶胞的棱長(zhǎng)為eq r(2)a cm，故K2S晶體的密度為eq f(4110,NAr(2)a3) gcm3。5原子序數(shù)依次增大的四種元素A、

15、B、C、D分別處于第一至第四周期。自然界中存在多種A的化合物，B原子核外電子有6種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，B與C可形成正四面體形分子，D的基態(tài)原子的最外能層只有一個(gè)電子，其他能層均已充滿電子。請(qǐng)回答下列問題：(1)這四種元素中，電負(fù)性最大的元素的基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為_。(2)A與B形成的化合物B2A2中含有的鍵、鍵的數(shù)目之比為_。(3)B元素可形成多種單質(zhì)，一種晶體結(jié)構(gòu)如圖甲所示，其原子的雜化類型為_；另一種的晶胞如圖乙所示，該晶胞的空間利用率為_(保留兩位有效數(shù)字，eq r(3)1.732)。(4)向D的硫酸鹽溶液中滴加過量氨水，首先形成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍(lán)色的透明溶液。寫

16、出沉淀溶解的離子方程式：_。(5)圖丙為一個(gè)由D元素形成的單質(zhì)的晶胞，該晶胞“實(shí)際”擁有的D原子數(shù)目為_。其晶體的堆積模型為_。此晶胞中的棱長(zhǎng)為a cm，D的相對(duì)原子質(zhì)量為M，密度為 gcm3，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為_mol1(用含M、a、的代數(shù)式表示)。答案(1)(2)32(3)sp234%(4)Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O(5)4面心立方最密堆積eq f(4M,a3)解析A為第一周期元素，且自然界中存在多種A的化合物，則A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即核外有6個(gè)電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個(gè)電子，其他能層均已充滿電子

17、，D原子外圍電子排布式為3d104s1，則D為銅元素；結(jié)合原子序數(shù)大小順序可知，C只能處于第三周期，B與C可形成正四面體形分子，則C為氯元素。(1)四種元素中電負(fù)性最大的是Cl元素，其基態(tài)原子的價(jià)電子數(shù)為7，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為。(2)H與C形成的化合物B2A2為C2H2，其結(jié)構(gòu)式是HCCH，C2H2分子中含有3個(gè)鍵、2個(gè)鍵，則鍵、鍵數(shù)目之比為32。(3)圖甲是石墨的層狀晶體結(jié)構(gòu)，每個(gè)C原子與另外3個(gè)C原子相連，則C原子采取sp2雜化；圖乙是金剛石的晶胞結(jié)構(gòu)，晶胞含8個(gè)碳原子，若晶胞參數(shù)為a cm，C原子半徑為r cm，體對(duì)角線的長(zhǎng)度為4個(gè)碳原子的直徑，則有：8req r(3)a，該晶胞

18、的空間利用率為eq f(f(4,3)r38,a3)100%eq f(f(4,3)r38,blc(rc)(avs4alco1(f(8r,r(3)3)100%34%。(5)圖丙為一個(gè)由D元素形成的單質(zhì)的晶胞，該晶胞“實(shí)際”擁有的D原子數(shù)為8eq f(1,8)6eq f(1,2)4。晶體的堆積模型為面心立方最密堆積。此晶胞中的棱長(zhǎng)為a cm，D的相對(duì)原子質(zhì)量為M，密度為 gcm3，則有eq f(M晶胞,V晶胞NA)eq f(4M,a3NA) gcm3，故阿伏加德羅常數(shù)可表示為NAeq f(4M,a3) mol1。62017湖北八校聯(lián)考磷存在于人體所有細(xì)胞中，是維持骨骼和牙齒的必要物質(zhì)，幾乎參與所有生理上的化學(xué)反應(yīng)?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)P原子的核外電子排布式為_，有_個(gè)未成對(duì)電子。(2)磷的一種同素異形體白磷(P4)的立體構(gòu)型為_，其鍵角為_，推測(cè)其在CS2中的溶解度_(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。(3)兩種三角錐形氣態(tài)氫化物膦(PH3)和氨(NH3)的鍵角分別為93.6和107，試分析PH3的鍵角小于