2022版高考化学二轮复习专题限时集训13物质结构与性质含解析新人教版.doc

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1、专题限时集训(十三)物质结构与性质(限时：45分钟)(对应学生用书第153页)1(2022唐山模拟)原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别依次处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请答复以下问题：(1)这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为_，第一电离能最小的元素是_(填元素符号)。(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是_(填化学式)。(3)B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_；

2、另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为_。图一图二图三(4)D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_(填选项序号)。极性键非极性键配位键 金属键(5)向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是_。请写出上述过程的离子方程式：_，_。解析原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别依次处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，那么A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，那么B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，那么D为铜元素；结合原子

3、序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体形分子，那么C为氯元素。(3)图一为石墨的平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；图二为金刚石的晶胞，一个晶胞中含碳原子数为8648，令碳原子直径为a，晶胞中C原子总体积8()3，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为，那么正四面体的高为(a)，设正四面体的棱长为x，那么斜面的高为x，底面中心到边的距离为x，再根据勾股定理：()2(x)2(x)2，整理得x，故晶胞棱长，那么晶胞体积为()3，晶胞空间利用率8()3()3100%34%

4、。答案(1) Cu(2)HFHIHBrHCl (3)sp234%(4)面心立方最密堆积(5) 首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液Cu22NH3H2O=Cu(OH)22NHCu(OH)24NH3=Cu(NH3)422OH2(2022武汉模拟)磷及其化合物与人们的健康和生活密切相关。请答复以下问题：(1)基态磷原子价电子轨道表示式为_，其第一电离能比硫的_(填“大或“小)。(2)羟基磷灰石Ca5(PO4)3OH是牙齿中的重要矿物质，其中羟基(OH)中氧原子的杂化方式为_，PO的立体构型为_，该化合物所含元素电负性最大的是_。(3)P4O6的分子结构中只含有单键，且每个原

5、子的最外层都满足8电子结构，那么该分子中含有的共价键数目是_。(4)磷酸和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反响只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，那么H3PO3的结构式为_，其为_元酸，原因是_。(5)磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如下图：由图推知该多磷酸钙盐的通式为_。(6)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞如以下图所示，其密度为 gcm3，设NA是阿伏加德罗常数的值，那么磷原子的配位数为_，晶胞参数为_ pm。解析(2)OH中氧原子的价层电子对数为4，所以氧原子按sp3方式杂化；PO中P原子价层电子对数44，没有孤电子对，故PO为正四面体结构；

6、根据元素的非金属性越强，元素的电负性越大， Ca、P、O、H四种元素中O的非金属性最强，O元素的电负性最大；(3)P原子最外层有5个电子，能够与3个O原子形成3对共用电子对，O原子最外层有6个电子，可以与2个P原子形成2对共用电子对，要使分子中每个原子都到达8电子稳定结构，其结构式为，可见分子中含有的共价键为12个；(4)亚磷酸与NaOH溶液发生酸碱中和反响只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，羟基H原子能电离产生H，说明H3PO3分子中含有2个OH，它属于二元酸，由于P最外层有5个电子，那么结构式为POHOOHH或POHOOHH；(5)由图推知该多磷酸钙盐最小的重复单元是CaP2O6，所

7、以该多磷酸钙盐的通式为(CaP2O6)n；(6)根据晶体结构可知每个B原子被四个距离相等且最近的P原子包围，每个P原子被四个距离相等且最近的B原子包围，所以P原子的配位数是4；在一个晶胞中含有的P原子数目：864，在一个晶胞中含有的B原子数目：414，即1个晶胞中含有4个BP，晶胞的质量是m g，由于晶胞密度为 gcm3，所以晶胞的体积为 cm3，所以晶胞参数为 cm1010 pm。答案(1) 大 (2) sp3正四面体形O(或氧元素) (3)12(4) 二一个H3PO3分子中只有两个羟基，含氧酸羟基上的氢易电离(5) (CaP2O6)n(6)410103(2022张家口模拟)Se是迄今为止发

8、现的最重要的抗衰老元素，也有抗癌之王的美誉。答复以下问题：(1)基态Se原子核外电子占据的轨道中，电子云轮廓图形状为哑铃形的有_个；第四周期的过渡金属中，基态原子核外未成对电子数与基态Se原子相同的有_种。(2)Se及其同周期相邻元素相比，三种元素的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)H2Se属于_(填“极性或“非极性)分子；其熔点低于同条件下NaH熔点的原因为_。(4)SeO2的立体构型为_；SeO3中Se原子的杂化形式为_。(5)写出一种与SeO互为等电子体的分子式_。(6)Se能与形成具有多种生物活性的配合物。1 mol 中含有键的数目为_。(7)硒化锌是一种重要的半导体材料，

9、其立方晶胞结构如下图。假设晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA晶体密度为 gcm3，那么硒化锌的摩尔质量可表示为_(列出计算式即可)。 解析(3)H2Se分子内为极性共价键，根据价层电子对互斥理论可知，该分子价层电子对数为4，有2对孤电子对，那么其分子的立体构型为V形，极性键的极性向量和不等于零，所以该分子为极性分子，又因为NaH形成的晶体为离子晶体，而H2Se形成的晶体属于分子晶体，所以其熔沸点较NaH低。(6)根据上述分析可知，1 mol 分子中键数目等于共价键数，所以键数目总数212 mol(苯环上)51 mol(酚羟基) 51 mol(杂环) 34 mol。(7)设硒化锌的摩尔

10、质量为M gmol1，该晶胞中含有硒原子数为864，含有锌原子数为4，其化学式可表示为ZnSe，根据晶胞中可得， ，化简整理得M。答案(1)92(2)BrAsSe(3)极性H2Se形成的晶体属于分子晶体，NaH形成的晶体为离子晶体(4)V形sp2(5)CX4、SiX4(X代表卤原子)等中的一种(6) 34NA(7) gmol14(2022德州模拟)镍是有机合成的重要催化剂。(1)基态镍原子的价电子排布式_。(2)镍和苯基硼酸共催化剂实现了丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的绿色高效合成。丙烯醇中碳原子的杂化类型有_；丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2=CHCH2OH)分子量相等，但丙醛比

11、丙烯醇的沸点低的多，其主要原因是_。(3)羰基镍Ni(CO)4用于制备高纯度镍粉。羰基镍Ni(CO)4中Ni、C、O 的电负性由大到小的顺序为_。(4)Ni2能形成多种配离子，如Ni(NH3)62、Ni(SCN)3 等。NH3 的立体构型为_；与SCN互为等电子体的分子有_(填分子式)。(5)“NiO晶胞如图：氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(000)，B为(110)，那么C原子坐标参数为_。氧化镍晶胞密度d gcm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，那么Ni2半径为_ nm(用代数式表示)。解析(2)丙烯醇中碳原子形成了一个碳碳双键，其余为碳氧、碳氢单键，所以C原子的杂化类型有sp2和sp3杂化，丙

12、醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2=CHCH2OH)分子量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，是因为丙烯醇分子间存在氢键。 (4)NH3分子中N原子是sp3杂化，且具有一对孤对电子，那么NH3的立体构型为三角锥形，与SCN互为等电子体的分子有N2O或CO2。 (5)晶胞是正方体结构，且氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(000)，B为(110)，那么C原子坐标参数为(，11)；氧化镍晶胞密度d gcm3，设Ni2半径为r nm，O原子半径为x nm，晶胞的参数为a nm，一个晶胞中含有4个NiO，那么m(晶胞) g，V(晶胞)a3，那么可以得到(a107)3d，a107 nm，又因为晶胞对角线3

13、个O原子相切，晶胞参数a2x2r，即4xa，xa，带入计算可得到ra107 nm。答案(1)3d84s2(2)sp2、sp3丙烯醇中分子间存在氢键(3)OCNi(4)三角锥形N2O或CO2(5)1075(2022厦门模拟)钴及其化合物在生产生活中有广泛的应用。答复以下问题：(1)基态钴原子价电子排布式为_。(2)Co3在水中易被复原成Co2，而在氨水中可稳定存在，其原因为_。(3)Co(NO)42中Co2的配位数为4，配体中N的杂化方式为_，该配离子中各元素I1由小到大的顺序为_(填元素符号)，1 mol该配离子中含键数目为_NA。(4)八面体配合物CoCl33NH3结构有_种，其中极性分子有

14、_种。(5)配合物Co2(CO)8的结构如以下图，该配合物中存在的作用力类型有_(填字母)。A金属键B离子键 C共价键D配位键E氢键 F范德华力(6)钴蓝晶体结构如以下图，该立方晶胞由4个型和4个型小立方体构成，其化学式为_，晶体中Al3占据O2形成的_(填“四面体空隙或“八面体空隙)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_ gcm3(列出计算式，不必计算)。 解析(3)配体NO中心原子N的价电子层电子为3对，为平面三角形，杂化方式为sp2；非金属性越强，第一电离能越大，由于N的电子排布是半满稳定结构，所以第一电离能大于O，所以I1由小到大的顺序为CoON；硝酸根中键有3个，那么一个Co

15、(NO)42离子中含键数目为43416，那么1 mol该配离子中含键数目为16NA。(4)根据八面体的立体构型知，配合物CoCl33NH3结构有2种，因为不能形成对称结构，其中极性分子也是2种。(6)根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为864844168432，所以化学式为CoAl2O4；根据结构观察，晶体中Al3占据O2形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a107)3 cm3，该晶胞的质量为(32161627859)/NA g，那么钴蓝晶体的密度为 gcm3。答案(1)3d74s2(2)Co3可与NH3形成较稳定的配合物(3)sp2CoOGeZn(5)sp3共价键(6)107- 9 -