高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專(zhuān)題十四 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)限時(shí)訓(xùn)練-人教版高三化學(xué)試題

物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(建議用時(shí)：45分鐘)1．有A、B、C、D、E五種元素，其相關(guān)信息如下：元素相關(guān)信息AA原子的1s軌道上只有1個(gè)電子BB是電負(fù)性最大的元素CC基態(tài)原子的2p軌道中有3個(gè)未成對(duì)電子DD是主族元素且與E同周期，其最外能層上有2個(gè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子EE能形成紅色(或磚紅色)的E2O和黑色的EO兩種氧化物請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)寫(xiě)出E元素原子基態(tài)時(shí)的電子排布式：____________________________。(2)C元素的第一電離能比氧元素的第一電離能____(填“大”或“小”)。(3)CA3分子中C原子的雜化類(lèi)型是________________________________________________________________________。(4)A、C、E三種元素可形成[E(CA3)4]2＋，其中存在的化學(xué)鍵類(lèi)型有________(填序號(hào))；①配位鍵②金屬鍵③極性共價(jià)鍵④非極性共價(jià)鍵⑤離子鍵⑥氫鍵若[E(CA3)4]2＋具有對(duì)稱(chēng)的空間構(gòu)型，且當(dāng)[E(CA3)4]2＋中的兩個(gè)CA3被兩個(gè)Cl－取代時(shí)，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則[E(CA3)4]2＋的空間構(gòu)型為_(kāi)_______(填序號(hào))。a．平面正方形b．正四面體形c．三角錐形d．V形(5)B與D可形成離子化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。其中D離子的配位數(shù)為_(kāi)_______，若該晶體的密度為ag·cm－3，則該晶胞的體積是________________cm3(寫(xiě)出表達(dá)式即可)。解析：由題意知A為H、B為F、C為N、E為Cu，D為第四周期的主族元素，最外能層上有2個(gè)電子，所以為Ca。(2)N的2p軌道半充滿(mǎn)比較穩(wěn)定，其第一電離能大于O的。(3)NH3中N的最外層有5個(gè)電子，其中3個(gè)電子與H形成3個(gè)σ鍵，還有一對(duì)孤電子對(duì)，所以?xún)r(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為sp3雜化。(4)[Cu(NH3)4]2＋中存在銅離子與氨分子之間的配位鍵，還有氮、氫原子之間的極性共價(jià)鍵；由該分子中有4個(gè)配體，從而排除c、d，由[E(CA3)4]2＋中的兩個(gè)CA3被兩個(gè)Cl－取代時(shí)，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，排除b，只有a正確。(5)選擇右側(cè)面心的D離子(Ca2＋)，在此晶胞中有4個(gè)B離子(F－)與之配位，同理與此晶胞右面緊連的晶胞中也有4個(gè)F－，所以其配位數(shù)為8；此晶胞中含有Ca2＋的個(gè)數(shù)為eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,2)×6＝4，F(xiàn)－的個(gè)數(shù)為8，所以1mol晶胞的質(zhì)量為(40＋2×19)×4g＝(78×4)g，一個(gè)晶胞的質(zhì)量為eq\f(4×78,6.02×1023)g，除以密度即得體積。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)(2)大(3)sp3雜化(4)①③a(5)8eq\f(4×78,a×6.02×1023)2．(2016·長(zhǎng)春六校聯(lián)考)原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七種元素，核電荷數(shù)均小于36。已知X的一種1∶2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，且所有原子共平面；Z的L層上有2個(gè)未成對(duì)電子；Q原子的s能級(jí)與p能級(jí)電子數(shù)相等；R單質(zhì)是制造各種計(jì)算機(jī)、微電子產(chǎn)品的核心材料；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個(gè)未成對(duì)電子。(1)Y原子核外共有________種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，基態(tài)T原子有________種不同能級(jí)的電子。(2)X、Y、Z的第一電離能由小到大的順序?yàn)開(kāi)_______(用元素符號(hào)表示)。(3)由X、Y、Z形成的離子ZXY－與XZ2互為等電子體，則ZXY－中X原子的雜化軌道類(lèi)型為_(kāi)_______。(4)Z與R能形成化合物甲，1mol甲中含________mol化學(xué)鍵，甲與氫氟酸反應(yīng)，生成物的分子空間構(gòu)型分別為_(kāi)___________________________。(5)G、Q、R氟化物的熔點(diǎn)如下表，造成熔點(diǎn)差異的原因?yàn)開(kāi)_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔點(diǎn)/K9931539183(6)向T的硫酸鹽溶液中逐滴加入Y的氫化物的水溶液至過(guò)量，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。(7)X單質(zhì)的晶胞如圖所示，一個(gè)X晶胞中有________個(gè)X原子；若X晶體的密度為ρg·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體中最近的兩個(gè)X原子之間的距離為_(kāi)_______cm(用代數(shù)式表示)。解析：根據(jù)信息推斷出X為C、Y為N、Z為O，G可能為F也可能為Na，Q為Mg、R為Si、T為Cu，而結(jié)合(5)中信息可知G為Na。(1)原子中每個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)都不相同，N原子有7個(gè)電子，故有7種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子；Cu原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，共有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s7種不同的能級(jí)。(2)注意N元素第一電離能的反常性。(3)CO2中C采取sp雜化，故OCN－中C也采取sp雜化。(4)1molSiO2含4molSi—O鍵，SiO2與HF反應(yīng)生成的SiF4與CCl4的空間構(gòu)型一致，均為正四面體形，而生成的H2O為V形。(6)氨水過(guò)量后，生成的是配離子[Cu(NH3)4]2＋。(7)晶胞中原子數(shù)＝eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,2)×6＋4＝8；兩個(gè)C原子間最近距離是5個(gè)C構(gòu)成的四面體體心到頂點(diǎn)的距離，即eq\f(\r(3),4)a(a為四面體棱長(zhǎng)，即晶胞棱長(zhǎng))，根據(jù)上述思路可計(jì)算。答案：(1)77(2)C＜O＜N(3)sp雜化(4)4SiF4為正四面體形、H2O為V形(5)NaF與MgF2為離子晶體，SiF4為分子晶體，故SiF4的熔點(diǎn)最低；Mg2＋的半徑比Na＋的半徑小、電荷數(shù)多，晶格能：MgF2＞NaF，故MgF2的熔點(diǎn)比NaF高(6)Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)、Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－(7)8eq\f(\r(2)×\r(3,\f(12,ρNA)),2sin\f(109°28′,2))(或eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(96,ρNA)))3．目前半導(dǎo)體生產(chǎn)展開(kāi)了一場(chǎng)“銅芯片”革命——在硅芯片上用銅代替鋁布線，古老的金屬銅在現(xiàn)代科技應(yīng)用上取得了突破，用黃銅礦(主要成分為CuFeS2)生產(chǎn)粗銅，其反應(yīng)原理如下：eq\x(CuFeS2)eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(800℃))eq\x(Cu2S)eq\o(→,\s\up7(O2，△),\s\do5(①))eq\x(Cu2O)eq\o(→,\s\up7(Cu2S，△),\s\do5(②))eq\x(Cu)(1)基態(tài)銅原子的電子排布式為_(kāi)_______________________________________________________________________，硫、氧元素相比，第一電離能較大的元素是________(填元素符號(hào))。(2)反應(yīng)①、②中均生成有相同的氣體分子，該分子的中心原子雜化類(lèi)型是________，其空間構(gòu)型是________。(3)某學(xué)生用硫酸銅溶液與氨水做了一組實(shí)驗(yàn)：CuSO4溶液eq\o(→,\s\up7(氨水))藍(lán)色沉淀eq\o(→,\s\up7(氨水))沉淀溶解eq\o(→,\s\up7(氨水))深藍(lán)色透明溶液。深藍(lán)色透明溶液中的陽(yáng)離子(不考慮H＋)內(nèi)存在的全部化學(xué)鍵類(lèi)型有________________。(4)銅的某種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，若該晶胞的邊長(zhǎng)為acm，則該氧化物的密度為_(kāi)_______g·cm－3(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)。解析：(2)反應(yīng)①、②中均生成SO2，SO2分子中硫原子為sp2雜化，利用VSEPR模型可判斷其空間構(gòu)型為V形。(3)深藍(lán)色透明溶液中的陽(yáng)離子是[Cu(NH3)4]2＋，存在共價(jià)鍵與配位鍵兩類(lèi)化學(xué)鍵。(4)分析晶胞示意圖可知該晶胞中實(shí)際擁有2個(gè)氧、4個(gè)銅，可得該銅的氧化物化學(xué)式為Cu2O，一個(gè)晶胞含有2個(gè)“Cu2O”，質(zhì)量為eq\f(2,NA)×144g，該晶胞的體積為a3cm3，結(jié)合密度、質(zhì)量、體積三者之間的關(guān)系可求出密度ρ＝eq\f(288,NAa3)g·cm－3。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)O(2)sp2雜化V形(3)共價(jià)鍵、配位鍵(4)eq\f(288,NAa3)4．A、B、C、D是元素周期表中前36號(hào)元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。第二周期元素A原子的核外成對(duì)電子數(shù)是未成對(duì)電子數(shù)的2倍且有3個(gè)能級(jí)，B原子的最外層p軌道的電子為半充滿(mǎn)結(jié)構(gòu)，C是地殼中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿(mǎn)。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)A、B、C的第一電離能由小到大的順序是________(用對(duì)應(yīng)的元素符號(hào)表示)；基態(tài)D原子的電子排布式為_(kāi)_____________________。(2)A的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分子中，其中心原子采取________雜化；BCeq\o\al(－,3)的空間構(gòu)型為_(kāi)_______________________________________________________________________(用文字描述)。(3)1molAB－中含有的π鍵個(gè)數(shù)為_(kāi)_______。(4)鑭鎳合金LaNin的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，它們有很強(qiáng)的儲(chǔ)氫能力。已知鑭鎳合金LaNin晶胞體積為9.0×10－23cm3，儲(chǔ)氫后形成LaNinH4.5合金(氫進(jìn)入晶胞空隙，體積不變)，則LaNin中n解析：根據(jù)題中已知信息，第二周期元素A原子的核外成對(duì)電子數(shù)是未成對(duì)電子數(shù)的2倍且有3個(gè)能級(jí)可知，A為碳元素。B、C、D元素的判斷較容易，B為氮元素，C為氧元素，D為銅元素。答案：(1)C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)(2)sp2平面三角形(3)2NA(或2×6.02×1023)(4)50.083g·cm－35．A、B、C、D、E、F為原子序數(shù)依次增大的六種元素，其中A、B、C、D、E為短周期元素，F(xiàn)為第四周期元素，F(xiàn)還是前四周期中電負(fù)性最小的元素。已知：A原子的核外電子數(shù)與電子層數(shù)相等；B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個(gè)；C原子的第一至第四電離能為I1＝738kJ/mol，I2＝1451kJ/mol，I3＝7733kJ/mol，I4＝10540kJ/mol；D原子核外所有p軌道為全充滿(mǎn)或半充滿(mǎn)；E元素的族序數(shù)與周期序數(shù)的差為4。(1)寫(xiě)出E元素在周期表中的位置：______________；D元素的原子的核外電子排布式：________________________________________________________________________。(2)某同學(xué)根據(jù)題目信息和掌握的知識(shí)分析C的核外電子排布為。該同學(xué)所畫(huà)的電子排布圖違背了________________________________________________________________________。(3)已知BA5為離子化合物，寫(xiě)出其電子式：______________。(4)DE3中心原子雜化方式為_(kāi)_________________，其空間構(gòu)型為_(kāi)_____________。(5)某金屬晶體中原子堆積方式如圖甲，晶胞特征如圖乙，原子相對(duì)位置關(guān)系如圖丙，則晶胞中該原子配位數(shù)為_(kāi)_______；空間利用率為_(kāi)_______；該晶體的密度為_(kāi)_________________。(已知該金屬相對(duì)原子質(zhì)量為m，原子半徑為acm)解析：(1)由題意分析知F為K；A為H；B為N；由電離能知C易失去2個(gè)電子，為Mg；D為P；E為Cl。(2)原子的核外電子分能級(jí)排布，按構(gòu)造原理先排能量低的能級(jí)，再排能量高的能級(jí)，遵循能量最低原理時(shí)，該原子才最穩(wěn)定。該同學(xué)未排滿(mǎn)3s能級(jí)，就排3p能級(jí)，違背了能量最低原理。(3)NH5為離子化合物，則為銨鹽，存在NHeq\o\al(＋,4)和H－。(4)PCl3中心原子P上的價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝3＋eq\f(1,2)×(5－3×1)＝4，雜化類(lèi)型為sp3雜化；存在一個(gè)孤電子對(duì)，故分子空間構(gòu)型為三角錐形。(5)由圖可知：該金屬堆積方式為面心立方最密堆積，原子配位數(shù)為12，空間利用率為74%；由圖乙可知每個(gè)晶胞中含有的原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4。設(shè)晶胞的棱長(zhǎng)為x，由圖丙知x2＋x2＝(4a)2，x＝2eq\r(2)a，若該晶體的密度為ρ，則ρ×(2eq\r(2)a)3＝eq\f(4,NA)×m，ρ＝eq\f(\r(2)m,8a3·NA)g/cm3。答案：(1)第三周期ⅦA族1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)(2)能量最低原理(3)(4)sp3三角錐形(5)1274%eq\f(\r(2)m,8a3·NA)g/cm36．Ⅰ.鎳(Ni)是一種重要的金屬，金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應(yīng)用廣泛。(1)基態(tài)Ni原子的價(jià)電子(外圍電子)排布式為_(kāi)_________________。(2)很多不飽和有機(jī)物在Ni催化下可與H2發(fā)生加成反應(yīng)，如①CH2=CH2、②、④HCHO，其中碳原子采取sp2雜化的分子有______(填物質(zhì)序號(hào))，HCHO分子的空間構(gòu)型為_(kāi)_____形。(3)Ni2＋和Fe2＋的半徑分別為69pm和78pm，則熔點(diǎn)NiO______(填“＜”或“＞”)FeO。(4)鎳常見(jiàn)化合價(jià)為＋2、＋3價(jià)，在水溶液中通常只以＋2價(jià)離子的形式存在。＋3價(jià)的鎳離子具有很強(qiáng)的氧化性，在水中會(huì)與水或酸根離子迅速發(fā)生氧化還原反應(yīng)。NiO(OH)溶于濃鹽酸的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。Ⅱ.已知晶體CaF2結(jié)構(gòu)如圖Ⅰ所示，圖Ⅱ?yàn)镠3BO3(硼酸)晶體結(jié)構(gòu)圖(層狀結(jié)構(gòu)，層內(nèi)的H3BO3分子通過(guò)氫鍵結(jié)合)，金屬銅形成晶體的結(jié)構(gòu)如圖Ⅲ所示。(5)圖Ⅲ中銅原子形成的晶體中銅原子的配位數(shù)為_(kāi)___________。(6)圖Ⅱ所示的物質(zhì)結(jié)構(gòu)中最外層已達(dá)8電子結(jié)構(gòu)的原子是________，H3BO3晶體受熱熔化時(shí)，克服的微粒之間的相互作用為_(kāi)_______________________________________________________________________。(7)圖Ⅰ中CaF2晶體的密度為ag·cm－3，則晶胞的體積是______cm3(只要求列出計(jì)算式，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)。解析：Ⅰ.(2)只形成單鍵的碳原子為sp3雜化，形成雙鍵的碳原子為sp2雜化，形成三鍵的碳原子為sp雜化。所以①③④中的碳原子采取sp2雜化，HCHO為平面三角形。(3)兩離子所帶電荷相同，半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，晶格能越大，所以熔點(diǎn)NiO＞FeO。(4)＋3價(jià)的鎳離子在酸性條件下把Cl－氧化成Cl2，其方程式為2NiO(OH)＋6HCl(濃)=2NiCl2＋Cl2↑＋4H2O。Ⅱ.(6)H3BO3晶體為分子晶體，其受熱熔化時(shí)克服的是分子間作用力。(7)一個(gè)CaF2晶胞中含有Ca2＋：8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個(gè)，含有F－：8個(gè)，所以V·a·NA＝4M(CaF2)，V＝eq\f(4×78,aNA)cm3＝eq\f(312,aNA)cm3。答案：(1)3d84s2(2)①③④平面三角(3)＞(4)2NiO