2022届高考化学二轮教学案-题型四物质结构与性质综合题(选考)“7＋物质结构与性质”特训.docx

“7物质结构与性质”特训A组(15分钟)1化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法不正确的是()A某公司自主研发的芯片需要以高纯度的硅为原料B笔、墨、纸、砚为传统的文房四宝，上述物质中的毛笔与宣纸均含有机物C二氧化氯泡腾片和75%酒精均可杀灭新冠病毒，二者消毒时均表现为强氧化性D医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，它属于有机合成高分子材料答案C解析硅是良好的半导体材料，常用于制作芯片，故A正确；毛笔的毛主要成分是蛋白质，宣纸的主要成分是纤维素，均为有机物，故B正确；聚丙烯制成的无纺布专用料，是口罩用料的最佳选择，这一材料还可用于生产一次性手术服、隔离服等，它属于有机合成高分子材料，故D正确。22021年3月国家药监局正式批准治疗新冠“三药三方”之一的化湿败毒颗粒上市，其组方中的黄芪被列为神农本草经的上品，有效成分Q与M结构如图所示，下列说法错误的是()AM分子式为C21H18O11，其所含官能团种类多于QBQ与M均可发生取代、酯化、氧化反应CM分子中苯环上的一氯代物只有3种DQ中不存在所有碳均共面的六元环答案C解析M含羧基、羟基、醚键、羰基、碳碳双键等，官能团种类多于Q，其分子式为C21H18O11，A正确；Q与M中含羟基，可发生酯化(取代)，可燃，即可氧化，B正确；M分子中苯环上的一氯代物有4种，C错误；Q中无苯环，单键碳构成六元环，不可能共面，D正确。3用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是()A10 g重水中含有电子数目为4NAB标准状况下，22.4 L CH3Cl分子中所含的CH键总数为3NAC7.1 g Cl2与足量的水反应转移的电子总数为0.1NAD向1 L 0.1 mol·L1 NaCN溶液中加入适量HCN使溶液呈酸性，则溶液中CN的数目小于0.1NA答案B解析M(D2O)20 g·mol1,10 g重水(D2O)为0.5 mol，含有电子数目为5NA，A项错误；标准状况下22.4 L CH3Cl为1 mol ,1 mol CH3Cl分子中含有3 mol CH键，B项正确；Cl2与水的反应为可逆反应，7.1 g Cl2与足量水反应转移的电子总数小于0.1NA，C项错误；溶液中存在电荷守恒：n(CN)n(OH)n(Na)n(H)，根据题意溶液呈酸性，即n(H)n(OH)，则n(Na)n(CN)，即n(CN)0.1 mol，D项错误。4X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期主族元素。常温下X的单质能与水剧烈反应，Y的最外层电子数与电子层数之比为11，Z、W相邻且可形成最外层均达到8电子稳定结构的化合物WZZW，下列说法正确的是()A简单离子半径：W>Z>Y>XB常见单质的氧化性：X>W>ZCZ、W形成的含氧酸均是强酸DY与W可形成常见的共价化合物答案D解析X可能为F或Na，F、Na的半径均大于Al3的半径，A错误；若X是钠，非金属性：Cl>S>Na，则常见单质的氧化性：Cl>S>Na，B错误；HClO、H2SO3是弱酸，C错误；AlCl3是共价化合物，D正确。5下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是()选项实验现象结论A在某醛类有机溶液中滴入溴水溴水褪色该醛类物质含有碳碳双键B将苯、液溴和铁粉混合后产生的气体直接通入AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀苯和液溴发生了取代反应C向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置下层呈无色，上层呈红色Fe2的还原性大于BrD向1 mL 2 mol·L1的NaOH溶液中滴加12滴0.1 mol·L1 MgCl2溶液后的悬浊液中，再滴加2滴0.1 mol·L1 FeCl3溶液出现红褐色沉淀KspMg(OH)2KspFe(OH)3答案C解析醛基可能会被溴水氧化，使溴水褪色，该物质中不一定含有碳碳双键，故A错误；液溴易挥发，挥发出的溴单质与AgNO3溶液反应也能生成AgBr沉淀，所以产生淡黄色沉淀并不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加CCl4混合振荡，因Fe2的还原性大于Br，则静置后有机层在下层呈无色，水层在上层呈红色，故C正确；溶液中氢氧化钠过量，所以再加FeCl3溶液会有红褐色沉淀生成，不能说明是Mg(OH)2沉淀转化来的，故D错误。6含Tp配体的钌(Ru)配合物催化氢化CO2生成甲酸的机理如图所示：下列叙述错误的是()A循环A中Ru的成键数目不变B循环A中物质所含氢键均为分子间氢键C循环B的反应为CO2H2=HCOOHD该催化反应的原子利用率为100%答案B解析从循环A中可得出Ru的成键数均为4，成键数目没有变化，A项正确；循环A中有两种物质含有氢键，既有分子间氢键，也有分子内氢键，B项错误；循环B的反应为CO2H2=HCOOH，C项正确；该催化反应为化合反应，原子利用率达到100%, D项正确。7常温下，某研究小组用数字传感器探究AgCl的沉淀溶解平衡。实验测得悬浊液中溶解的氯化物浓度变化如图所示，其中a点表示AgCl溶于KNO3溶液形成的悬浊液。下列说法正确的是()A图中b点可能是滴加KCl溶液B图中c点后无黄色沉淀生成C图中d点c(Ag)c(Cl)D由图可知：Ksp(AgI)Ksp(AgCl)答案C解析Ksp(AgCl)c(Ag)·c(Cl)，b点后c(Cl)降低，则c(Ag)升高，故b点滴加的可能是硝酸银溶液，不可能是氯化钾溶液，A项错误；c点滴加KI溶液后，氯离子浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中银离子浓度减小，而部分银离子转化为碘化银沉淀，因此c点后有黄色沉淀生成，B项错误；d点时氯离子浓度大于起始时的氯离子浓度，而起始时有沉淀溶解平衡：c(Ag)c(Cl)，故d点c(Ag)<c(Cl)，C项正确；c点后产生了碘化银，故应有Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，D项错误。8“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，它的成功发射标志着我国航天事业向前迈出了一大步。其制作材料中包含了Ti、Fe、Al、Cr、Ni、Mo、S、O等多种元素。回答下列问题：(1)铬(Cr)、钼(Mo)位于同一副族相邻周期，且Mo的原子序数更大，则基态Mo原子的核外电子排布式为_；基态Mo3最高能层中成对电子与单电子的数目之比为_。(2)S与O可形成多种酸根离子，其中SO的立体构型为_，S原子的杂化轨道类型为_，其键角小于SO的原因为_。(3)­Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，其具有熔点高(2 054 )、硬度大的特点，其主要原因为_。(4)“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，则该合金的化学式为_。已知该合金的密度为 g·cm3，该结构单元底面(正六边形)边长为a nm，则结构单元的高h为_ nm(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1(或Kr4d55s1)83(2)三角锥形sp3SO与SO中S原子都是sp3杂化，SO中无孤电子对，SO中有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致SO中键角小于SO(3)Al2O3为离子晶体，Al3和O2半径较小，所带电荷数较多，晶格能大，熔点高，硬度大(4)Ti11Al5解析(1)基态Mo原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1或Kr4d55s1；基态Mo3核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p64d3，最高能层中成对电子与单电子的数目之比为83。(2) SO中孤电子对数1，中心原子S周围共有4对电子对，因此S的杂化方式为sp3，立体构型为三角锥形。SO与SO中S原子都是sp3杂化，SO中无孤电子对，SO中有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致SO中键角小于SO。(3)Al2O3为离子晶体，Al3和O2半径较小，所带电荷数较多，晶格能大，熔点高，硬度大，可作耐火材料。(4) Al位于体内和顶角，Ti分别位于晶胞的顶角、面上、体内和棱上，Ti原子个数为8×2×1×1，Al原子个数为4×1，所以化学式为Ti11Al5。晶胞的质量为m g，晶胞的体积为VS·ha2·h nm3，根据mV，求得h。B组(15分钟)1化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是()A医疗废弃物经处理可加工成儿童玩具，实现资源综合利用B海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等C肘后备急方中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”描述了中药的溶解与过滤D商代制作的工艺精湛的司母戊鼎主要成分是铜、锡、铅答案A2在超临界水中进行碳碳加成反应时存在两条不同的路径，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是()A.比稳定B反应生成的活化能为54.0 kJ·mol1C生成的反应为吸热反应D选择适当的催化剂，有可能改变不同路径产物的产量答案A解析根据反应机理图可知比的能量低，更稳定，故A错误；由图像可知，反应生成的活化能为54.0 kJ·mol1，故B正确；由图可知，生成的反应为吸热反应，故C正确；催化剂可以改变反应的路径，所以选择适当的催化剂，有可能改变不同路径产物的产量，故D正确。3W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X是形成化合物种类最多的元素，W元素的单质是自然界最轻的气体，W、X、Y三种元素可形成一种高效的杀菌消毒剂，Z元素在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是()AW与X、Y、Z均可形成10电子微粒B简单离子半径：Z>Y>WCX的氢化物中不可能存在非极性共价键DY、Z形成的化合物之一可用作供氧剂答案D解析X元素形成化合物种类最多，X为C；W元素的单质是自然界最轻的气体，W为H；W、X、Y形成的高效杀菌消毒剂为过氧乙酸(CH3COOOH)，Y为O；短周期中半径最大元素为Na。H与Na不能形成10电子微粒，A错误；简单离子半径：O2>Na>H，B错误；C的氢化物中可存在非极性键，如C2H4，C错误；Na与O可形成Na2O2，作供氧剂，D正确。4去年，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物对于抗击新冠肺炎有显著疗效，其主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是()A1 mol Y可与3 mol Na反应产生1.5 mol H2BZ的水解产物之一可发生缩聚反应CX可与3 mol H2发生加成反应D氯硝柳胺的分子式为C13H8N2O4Cl2答案C解析1 mol Y有3 mol OH，与3 mol Na反应产生1.5 mol H2，故A正确；Z的水解产物之一为，在一定条件下可发生缩聚反应，故B正确；未注明X的含量，无法确定，故C错误；从结构确定分子式，氯硝柳胺分子式为C13H8N2O4Cl2，故D正确。5利用双功能催化剂可实现常温电催化氮气还原制备氨气、氧化制备硝酸盐。装置如图所示：下列说法错误的是()A该装置可使用阴离子交换膜B阴极区电极反应式N26e6H=2NH3C该装置电子由b极流出，经过工作站流入a极D两电极转移等量的电子时，其阴极产物与阳极产物的物质的量之比为53答案A解析b极为阳极，发生的反应为N26H2O10e=2NO12H，a极为阴极，发生的反应为N26e6H=2NH3，该离子交换膜应使用质子交换膜，则A错误、B正确；电子由阳极流出，流入阴极，故C正确；由电极反应式得，a极N22NH3，得到6e，b极N22NO，失去10e，当转移等量电子时，阴极产物与阳极产物的物质的量之比为53，故D正确。6下列实验装置能够达到相应实验目的的是()A装置甲制备Fe(OH)2B装置乙检验乙醇与浓硫酸混合加热的产物中含有乙烯C装置丙蒸发氯化铁溶液制备氯化铁晶体D装置丁用苯萃取碘水中的碘单质，从下口放出有机层答案A解析反应开始时，打开止水夹，Fe与稀硫酸反应产生H2，H2通过导气管进入试管b，把NaOH溶液中溶解的空气及溶液上方的空气都由试管b的支管排出，待反应较缓时，夹住止水夹，试管a中继续产生H2，H2产生的压力将含Fe2的溶液由试管a压入试管b中的NaOH溶液中，产生白色的Fe(OH)2沉淀，故A正确；乙醇与浓硫酸混合加热，会发生副反应产生SO2气体，SO2与挥发出的乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；加热过程中氯化铁会发生水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl会不断挥发，促进氯化铁水解，则最终得不到氯化铁晶体，故C错误；碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用苯萃取碘水中的碘单质，但是苯的密度小于水，应将水层从下口放出，有机层从上口倒出，故D错误。7高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。常温下，调节其水溶液pH时，含铁粒子的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示已知(X)。下列说法正确的是()A25 ，B点水的电离出的c(H)1×104BNaHFeO4溶液显碱性C常温下，H2FeO4(aq)H(aq)H3FeO(aq)的平衡常数K100DK2FeO4起杀菌消毒作用是因为其遇水生成了Fe(OH)3胶体答案C解析B点溶液呈酸性，说明H2FeO4的电离程度大于HFeO的水解程度，抑制水的电离，此时pH4，所以水电离出的c(H)1×1010，故A错误；由图可知，H2FeO4的第二步电离平衡常数大小约为107.5，第一步电离平衡常数大小约为103.5，由Kh可知，HFeO的水解平衡常数大小约为1010.5，故HFeO的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，故B错误；结合图像可知，c(H2FeO4)c(H3FeO)时，溶液的pH<2，c(H)>0.01 mol·L1，则H2FeO4(aq)H(aq)H3FeO(aq)的平衡常数K<100，故C正确；K2FeO4起杀菌消毒作用是因为它的强氧化性，生成的Fe(OH)3胶体因有吸附性而有净水作用，故D错误。8氮、磷、砷、铁、钛等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。.如LiFePO4是新型锂离子电池的电极材料，可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。(1)基态Fe原子的价层电子排布式为_，NH4H2PO4中，除氢元素外，其余三种元素电负性的大小关系是_。(2)基态Cl原子有_种空间运动状态的电子，属于_区(填“s”“p”“d”或“ds”)。(3)苯胺()和NH4H2PO4中的N原子杂化方式分别为_。(4)苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，原因是_。.(5)在浓的TiCl3的氯化氢溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，取0.01 mol该晶体加入足量的硝酸银溶液中可得0.02 mol白色沉淀，则该晶体中两种配体的物质的量之比为_。.(6)从磷钇矿中可提取稀土元素钇(Y)，某磷钇矿的晶胞如图所示，该磷钇矿的化学式为_。(7)已知晶胞参数为a nm和c nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磷钇矿的为_ g·cm3 (列出计算式，用a、c表示)。答案(1)3d64s2ONP(2)9p(3)sp3、sp3(4)苯胺分子间存在氢键(5)15(或51)(6)YPO4(7)解析(1)Fe是第26号元素，核外电子排布式为Ar3d64s2，故其价层电子排布式为3d64s2；同周期元素从左到右电负性递增，同主族元素从上到下电负性递减，故电负性大小关系为O>N>P。(2)Cl的原子序数为17，核外有17个电子，故基态Cl原子空间运动状态不同的电子有1s上1种，2s上1种，2p上3种，3s上1种，3p上3种，共9种空间运动状态的电子，其最后进入的能级是3p能级，故属于p区。(3)苯胺和NH4H2PO4均是从NH3转化而来，所以N原子的杂化方式相同，都是sp3杂化。(4)苯胺和甲苯都是非金属元素形成的分子晶体，分子晶体的熔点主要受到氢键和范德华力的影响，苯胺容易形成分子间氢键，其熔点偏高。(5)将0.01 mol晶体TiCl3·6H2O加入足量硝酸银溶液中可得0.02 mol白色沉淀，可知能电离出0.02 mol Cl，剩余1个氯原子为配原子，因为其配位数位为6，还有5个水分子是配体，1个水分子是结晶水，则该配合物的化学式为Ti(H2O)5ClCl2·H2O，故该晶体中两种配体的物质的量之比为15或51。(6)由均摊法可知该晶胞中Y的个数为×8×414，含PO的个数为×4×64，即该磷钇矿的化学式为YPO4。(7)一个晶胞中含有4个YPO4，故一个晶胞的质量为 g，则密度为。