高三化学一轮专题复习--物质结构与性质专题训练.docx

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1、高考化学一轮专题复习-物质结构与性质专题训练1以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：(1)基态O原子的电子排布式_，其中未成对电子有_个。(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_。(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_。(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_。(5)ZnO晶体中部分O原子

2、被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是_。(6)下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面_、_。2碳族元素中的碳、硅、锗及其化合物在诸多领域有重要用途。(1)碳族元素位于周期表_区，基态锗原子外围电子的轨道表示式为_，基态锗原子核外有_种空间运动状态不同的电子。(2)科学家以、等双吡唑有机物为原料，制备了可去除痕量苯的吸附剂。和结构中含氮碳环均为平面结构，则N的杂化方式是_。(3)金刚石(甲)、石墨(乙)

3、、C60(丙)的结构如下图所示：12g金刚石和石墨中含有的键数目之比为_。金刚石的熔点高于C60，但低于石墨，原因是_。C60的晶胞呈分子密堆积，下列晶体中，与C60具有相同晶体结构的是_。ACO2B冰CZnDAgE.NaCl(4)一种低温超导体立方晶胞结构如下图所示：该晶体的化学式为_。若晶胞参数为apm，该晶体的密度=_。(列出计算式即可，设NA表示阿伏加德罗常数的值)3如图是超导化合物钙钛矿晶体中最小重复单元(晶胞)的结构。请回答：(1)该化合物的化学式为_。(2)在该化合物晶体中，与某个钛原子距离最近且相等的其他钛原子共有_个。(3)设该化合物的摩尔质量为，密度为，阿伏加德罗常数的值为

4、NA，则晶体中钙原子与钛原子之间的最短距离为_。4有E、Q、T、X、Z五种前四周期元素，原子序数。E、Q、T三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能，其中基态Q原子的2p轨道处于半充满状态，且与具有相同的原子数和价电子数。X为周期表前四周期中电负性最小的元素，Z的原子序数为28。请回答下列问题(答题时如需表示具体元素，请用相应的元素符号)：(1)写出的电子式：_，基态Z原子的核外电子排布式为_。(2)Q的简单氢化物极易溶于T的简单氢化物，其主要原因有_、_。(3)化合物甲由T、X两元素组成，其晶胞如下图所示，则甲的化学式为_。(4)化合物乙的晶胞如下图所示，乙由E、Q两元素组成，硬

5、度超过金刚石。乙的晶体类型为_，其硬度超过金刚石的原因是_。乙的晶体中E、Q两种元素原子的杂化方式均为_。5翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定其绿色的深浅，是决定翡翠品质的重要因素之一(1)基态Cr3+最外电子层的电子排布图(轨道表示式)为_。(2)NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的是_，原因是_(3)配合物KCr(C2O4)2(H2O)中的配体是_，H2O的沸点比CO2的高了许多，主要原因是_。(4)已知某FeSO4xH2O的结构如图所示。粒子内部的键角SO_H2O(填“”“INi的原因是_。(3)Ni2+常与丁二酮肟()形成图A

6、所示的配合物，图B是硫代氧的结果：熔点大小： A_ B (填“”或“”)，其原因是_。Ni2+与丁二酮肟之间形成的化学键称为_。B中碳原子的杂化轨道类型是_。(4)硫酸镍NiSO4J常用于有机化学合成中，阴离子的空间构型为_。(5)NiO，FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO _FeO(填“”)， NiO晶胞中Ni的配位数为_。(6)某砷镍合金的密度为gcm-3，其晶胞结构如图所示。As和Ni的原子半径分别为rAs pm和rNi pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。11已知N、P都属于元

7、素周期表的第A族元素，N在第二周期，P在第三周期。分子呈三角锥形，N原子位于锥顶，3个H原子位于锥底，键间的夹角约是。(1)分子的空间结构为，它是一种_(填“极性”或“非极性”)分子。(2)分子与分子的空间结构_(填“相似”或“不相似”)，键_(填“有”或“无”)极性，分子_(填“是”或“不是”)极性分子。(3)常温下，是一种淡黄色油状液体。下列对的有关描述不正确的是_(填字母)。a、该分子呈平面三角形b、该分子中的化学键为极性键c、该分子为极性分子12材料是人类文明进步的阶梯，第IIIA、IVA、VA族元素是组成特殊材料的重要元素。请回答下列问题：(1)基态Ge原子的价层电子排布图为_；基态

8、As原子核外电子占据的能量最高的能级的电子云形状为_。(2)Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)M与Ga位于同周期，的一种配合物组成为。下列有关、的说法正确的是_(填字母)。a分子空间结构相同b中心原子杂化轨道类型相同c键角大小相同1mol含_mol键。配合物T与组成元素相同，中心离子的配位数相同。1molT溶于水，加入足量溶液可生成2mol。则T的化学式为_。(4)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中B原子与相邻的P原子构成_(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)。已知该晶体的密度为，设是阿伏加德罗常数的值。BP晶胞中面心上6个P原子相连

9、构成正八面体，该正八面体的边长为_pm(列式即可)。13过渡金属及其化合物在生产、生活中有重要的应用。回答下列问题：(1)基态Cu的价层电子轨道表达式为_。(2)一种含Ti的催化剂X能催化乙烯、丙烯等的聚合，其结构如图甲所示。X中C原子的杂化类型有_，含有的作用力类型有_ (填字母)，非金属元素电负性由大到小的顺序为_。A键B氢键C配位键D键E.离子键(3)分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数。由H、C、N三种元素组成，其结构如图乙所示，则中的大键应表示为_。14主族元素N、F、Si、As、Se、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问

10、题：(1)Si3N4陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于_晶体；SiCl4中Si采取的杂化类型为_。(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为_；OF2分子的空间构型为_；OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是_。(3)Se元素基态原子的原子核外电子排布式为_；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为_。(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90，该晶胞中有_个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，)。已知Xe-F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为_；

11、晶胞中A、B间距离d=_pm。15研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：(1)基态原子的价电子排布式为_，在元素周期表中位置为_。(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_；_；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_。(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_(填标号)。A2s轨道B2p轨道Csp杂化轨道Dsp2杂化轨道(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是_，_。(5)、的碱性随N原子电子云密度的

12、增大而增强，其中碱性最弱的是_。试卷第11页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1(1) 1s22s22p4或He2s22p4 2(2)自由电子在外加电场中作定向移动(3) sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高(4)Zn+4NH3+2H2O=Zn(NH3)42+2OH-+H2(5)电负性ON，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键(6) cdhi bcfe【详解】（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或He2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子

13、有2个未成对电子；（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；（3）根据结构式可知，N原子以双键或以NH三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；（4）金属Zn与氨水反应可生成Zn(NH3)4(OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=Zn(NH3)42+2OH-+H2；（5）由于电负性ON，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此ZnN键中离子键成分的百分数小于ZnO键；（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子

14、位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，从底面O原子排列图看，能平移且与abcd共边的只有二个四边形，为cdhi和bcfe。2(1) p 17(2)sp2(3) 4：3 金刚石和石墨熔化需要破坏共价键，等物质的量金刚石键能总和略低于石墨，所以熔点略低于石墨；C60是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔点较低 A(4) Li5Si 【解析】（1）碳族元素的价层电子排布式为ns2np2，故位于周期表的p区，锗为32号元素，其外围电子排布式为：4s24p2，其轨道表示式为：；基态储

15、原子的电子排布式为：，其空间运动状态不同的电子有1+1+3+1+3+5+1+2=17种；（2）和结构中含氮碳环均为平面结构，则其中N的杂化方式是sp2；（3）12g金刚石的物质的量为1mol，每个碳原子形成四个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，所以12g金刚石中含有C-C键的数目为2NA；石墨晶体中碳原子形成六元环，1个C原子对应3=个C-C键，12 g石墨的物质的量为1mol，则12g石墨中含有C-C键的个数为1.5NA，所以12g金刚石晶体和12g石墨晶体含有的CC键数目之比为4：3；金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，石墨熔化时也需要破坏共价键，从键长可以判断，石墨中共价键的键能大

16、于金刚石中共价键的键能，因此金刚石的熔点低于石墨；而C60形成的是分子晶体，熔化时，克服分子间作用力,而共价键的强度远大于分子间作用力，因此金刚石的熔点远高于C60，答案为：金刚石和石墨熔化需要破坏共价键，等物质的量金刚石键能总和略低于石墨，所以熔点略低于石墨；C60是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔点较低；ACO2为分子晶体，为分子密堆积，A正确；B冰是水分子通过氢键形成的分子晶体，不是分子密堆积，B错误；C锌为金属晶体，C错误；D银为金属晶体，D错误；E氯化钠为离子晶体，E错误；故选A；（4）由图可知Si有8个位于顶点，则晶胞中含有1个Si；Li有4个位于棱心，4个位于体内，一

17、共有5个，故其化学式为：Li5Si；该晶体的密度=。3(1)(2)6(3)【解析】（1）晶胞中，钛原子个数为，氧原子个数为，钙原子个数为1，所以该化合物的化学式为。（2）钛位于正方体的顶点上，则与一个钛原子距离最近的钛原子与它共棱。从晶胞结构可以看出，与一个钛原子距离最近且相等的其他钛原子共有6个。（3）设这种立方晶胞的边长是b，那么，钙原子与钛原子之间的距离是体对角线长的一半，即。因为每个立方体的体积为，而个这样的立方体堆积到一起就是1mol晶体，其质量为Mg，其体积为。所以，则题中所求距离为。4(1) (2) 这两种氢化物均为极性分子 分子之间能形成氢键(3)(4) 共价晶体 键的键长小于

18、键，键能大于键 【分析】由题意知，X为周期表前四周期中电负性最小的元素，则X为K元素；Z的原子序数为28，则Z为Ni元素；E、Q、T三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能I1(E)I1(T)I1(Q)，可知三种元素为同一周期，且原子序数依次增大，其中基态Q原子的2p轨道处于半充满状态，可知Q为N元素；QT+2与ET2具有相同的原子数和价电子数，可知T为O元素，则E为C元素（1）、具有相同的原子数和价电子数，电子式相似，故的电子式为，基态Ni原子的核外电子排布式为。（2）Q的简单氢化物极易溶于T的简单氢化物，其主要原因有这两种氢化物均为极性分子、分子之间能形成氢键。（3）由化合物甲

19、的晶胞可知，K原子位于顶点和面心，则K原子数为4，O2原子团位于棱心和体心，则O2原子团数为4，即K原子和O2原子团的个数之比为1：1，则甲的化学式为。（4）由化合物乙的晶胞可知，乙的化学式为其硬度大，属于共价晶体，其硬度超过金刚石的原因是键的键长小于键，键能大于键。晶体中C、N两种元素原子的杂化方式均为杂化。5(1)；(2) Na； Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；(3) 、H2O； H2O分子之间可以形成氢键；(4) ； SO、H2O的中心原子均采取sp3杂化，SO的中心原子价层无孤电子对，H2O的中心原子价层有2个孤电子对，其对

20、成键电子对的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；(5) CaCrO3； 240。【分析】第（4）问，比较键角，一般的思路是先判断杂化类型，再考虑孤电子对数；第（5）问，确定晶体的化学式，一般采用均摊法算出一个晶胞中各微粒的个数，进而得到化学式；计算正八面体的边长时，需找到其与棱长或对角线的关系，进而找到与微粒半径的关系，据此作答。【详解】（1）基态Cr3+最外电子层的电子排布为3s23p63d3，根据泡利原理和洪特规则，可得其轨道表示式为，故答案为：；（2）NaAlSi2O6所含元素中，Na元素的原子半径最大，且最外层只有一个3s1电子，失去这个电子后，最外层达到全充满结构，因此Na原子失去

21、第一个电子的趋势最大，第一电离能最小，故答案为：Na；Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；（3）Cr(C2O4)2(H2O)离子中，Cr3+是中心离子，配体是、H2O；H2O分子之间可以形成氢键，使得H2O的沸点明显高于CO2，故答案为：、H2O；H2O分子之间可以形成氢键；（4）SO中S原子的价层电子对数= ，H2O中O原子的价层电子对数= ，二者中心原子均采取sp3杂化，SO中S原子的价层没有孤电子对，H2O中O原子的价层有2个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；故答案为：；SO、H2O的中心

22、原子均采取sp3杂化，SO的中心原子价层无孤电子对，H2O的中心原子价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；（5）晶胞中，Ca2+位于晶胞的8个顶点，1个晶胞中的Ca2+数= ，O2-位于6个面心，1个晶胞中的O2-数= ，Cr4+位于晶胞的体心，1个晶胞中含有1个Cr4+，所以该晶体中Ca2+、Cr4+、O2-的个数比为1：1：3，化学式为CaCrO3；由晶胞的结构图可知，O2-形成的正八面体的边长= 晶胞的面对角线，面对角线的长度=2r(Ca2+)+2r(O2-)=2100pm+2140pm=480pm，则正八面体的边长=240pm，故答案为：CaCrO3

23、；240。【点睛】确定晶体的化学式时，一般采用均摊法算出晶胞中各微粒的个数；对于立方晶胞，位于顶点的微粒只有属于该晶胞，位于面心的微粒有属于该晶胞，位于棱上的微粒有属于该晶胞，位于体心的微粒完全属于该晶胞。6(1) 3(2) 、的结构相似，的相对分子质量大，范德华力大 未杂化(3)三角锥形(4) 四面体 【详解】（1）溴为35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为；磷为15号元素，核外电子排布图为，故基态磷原子中自旋方向相反的电子数目相差3个。（2）的熔沸点比的熔沸点高的原因为、均为分子晶体，结构相似，的相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高。在分子中，中心B原子价层电子对数为3+=3，B原子采用

24、sp2杂化，有B的杂化轨道与Br的4p轨道形成的键，并且还有B未杂化的2p空轨道与Br的4p轨道形成4中心6电子的大键。（3）中心P原子价层电子对数为3+=4，P原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥形；（4）BP的晶胞结构如图所示，由图我看着B原子在P原子围成的四面体空隙中；晶胞中P原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；B原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；晶胞体积为，BP晶体的摩尔体积为：。7(1)(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b(3)(4) sp2 sp3 C-F键的键能大于

25、聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定(5) Ca2+ a pm【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。【详解】（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到

26、大的顺序为CONINi的原因是：铜失去一个电子后， 3d轨道全充满，电子的能量低，若再失去一个电子, 所需能量高；而镍失去一个电子后， 3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子, 所需能量低，答案为：铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；（3）A分子内O与-OH中的H能形成氢键，所以熔点大小：AB，其原因是A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小；Ni2与丁二酮肟之间形成的共价键由N原子单方面提供，所以此化学键称为配位键；B

27、中碳原子的价层电子对数为3和4，所以杂化轨道类型是sp2、sp3；（4）阴离子硫酸根离子的价层电子对数=，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；（5）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，则熔点是NiOFeO；因为NiO与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni的配位数均为6；（6）由晶胞结构可知，晶胞中有两个As原子，有2个Ni原子，则晶胞中原子的体积为2(r3As +r3Ni) 10-30，晶胞的体

28、积为，则则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。11(1)非极性(2) 相似 有 是(3)a【分析】N、P都属于元素周期表的第A族元素，考查同主族元素的相似性和递变性，题目只要考查分子的空间结构和共价键的认识。（1）N4分子是正四面体结构，是非极性分子。（2）NH3分子与PH3分子空间结构相似，P-H键为不同元素原子之间形成的共价键，为极性键；PH3分子的空间结构为三角锥形，正、负电荷重心不重合，为极性分子。（3）NCl3中N原子的价电子对数为，孤电子对数为1，该分子为三角锥形，a错误；N、Cl之间形成的键为极性键，b正确；NCl3分子中正、负电荷重心不重合，故该分子为极性分子，c正确。12

29、(1) 哑铃形(或纺锤形)(2)(3) b 23 (4) 正四面体 【解析】（1）锗是32号元素，价层电子排布式为，有2个未成对电子，价层电子排布图为。砷原子价层电子排布式为，电子占据的能级中，4p能级能量最高，电子云形状为哑铃形或纺锤形；（2）磷原子3p能级为半充满状态，故磷的第一电离能大于硫、但小于氯，则Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为；（3）和的键角、空间结构不同，中心原子的杂化轨道类型相同，均为杂化，故选b；、中的共价键都是键，每个分子形成一个配位键，配位键也是键，所以1mol含23mol键；该配合物中的配位数为6，依题意，1molT中有2mol在外界，能电离出2mol，

30、只有1mol形成配离子，故T的化学式为；（4）由题图知，B原子位于体对角线的处，B原子与相邻的4个P原子构成正四面体。面心上六个P原子构成正八面体，该正八面体的边长等于面对角线长的一半，设BP晶胞棱长为，1个晶胞含4个BP，所以，故正八面体的边长为。13(1)(2) 、 ACD (3)【解析】（1）Cu元素为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布为3d104s1，故基态Cu的价层电子轨道表达式为，故答案为：；（2）由图甲知，X中存在碳碳双键、碳碳单键，故X中C原子的杂化类型有、；X中，共价单键含键，碳碳双键中存在键和键，O原子和Ti原子之间存在配位键

31、，故选ACD；X中含有的非金属元素为C、H、O、Cl，元素的非金属性越强，电负性越大，故非金属元素电负性由大到小的顺序为，故答案为：、；ACD；（3）在形成大键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层单电子或者孤对电子形成大键，构成大键的原子有3个C和2个N，共5个原子，由图乙知，离子中碳原子、氮原子均形成三个单键，碳原子还余1个电子，氮原子还余2个电子形成大键，带1个单位正电荷，则形成大键的电子数=31+2-1=6，则中的大键应表示为，故答案为：。14(1) 原子 sp3(2) FOCl V形 OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2(3) Ar3d104s24p4 As