【精选】高考化学二轮热点训练【16】物质结构与性质选考(含答案解析).pdf

《【精选】高考化学二轮热点训练【16】物质结构与性质选考(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【精选】高考化学二轮热点训练【16】物质结构与性质选考(含答案解析).pdf（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选高考化学复习资料专题训练(十六)物质结构与性质(选考)时间：45 分钟分值：100分非选择题(共 100 分)1(12 分)(2014 江苏卷)含有 NaOH 的 Cu(OH)2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O。(1)Cu基态核外电子排布式为_。(2)与 OH互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(3)醛基中碳原子的轨道杂化类型是_；1 mol 乙醛分子中含有的 键的数目为 _。(4)含有NaOH 的 Cu(OH)2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为_。(5)Cu2O 在稀硫酸中生成Cu 和 CuSO4。铜晶胞结构如右图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数

2、目为_。解析(1)Cu 的原子序数为29，根据洪特规则特例：能量相同的原子轨道在全充满(如 p6和 d10)、半充满(如 p3和 d5)和全空(如 p0和 d0)状态时，体系的能量较低，原子较稳定，因此Cu 原子的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu核外基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(2)OH为 10 电子微粒，电子数相等、原子数相等的微粒之间互为等电子体，故可以是HF。(3)醛基中所有原子在同一平面上，因此中心C 原子为 sp2杂化；乙醛的结构简式为 CH3CHO，CH3CHO 中，CH 键是 键，C=O 中，一个键是 键，另一个

3、键是键，CC 键是 健，因此 1 mol CH3CHO 中有 6 mol 键。(4)CH3CHO 被新制Cu(OH)2氧化为 CH3COOH，CH3COOH 再与 NaOH 反应生成 CH3COONa。(5)根据晶胞可知，铜晶体是面心立方结构，顶点离面心的铜原子距离最近，一个晶胞中，一个顶点离它最近的面心铜原子有3 个，经过一个顶点的晶胞有8 个，共 24 个面心铜原子，1 个面心铜原子由2 个晶胞共用，故每个铜原子周围距离最近的铜原子有12 个。答案(1)Ar3d10或 1s22s22p63s23p63d10(2)HF(3)sp26 NA或 66.021023个(4)2Cu(OH)2CH3C

4、HO NaOH CH3COONa Cu2O3H2O(5)12 2(14 分)(2014 福建卷)氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如下图所示。(1)基态硼原子的电子排布式为_。(2)关于这两种晶体的说法，正确的是_(填选项字母)。a立方相氮化硼含有键和 键，所以硬度大b六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c两种晶体中的BN 键均为共价键d两种晶体均为分子晶体(3)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型 为 _，其 结 构 与 石 墨 相 似 却 不 导

5、 电，原 因 是_。(4)立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为_。该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300 km 的古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是_。(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1 mol NH4BF4含有_mol 配位键。解析(1)B 的原子序数为5，故其基态原子的电子排布式为1s22s22p1。(2)立方相氮化硼晶体的硬度大小与是否含有键和 键无关，与晶体的结构有关，即立方相氮化硼晶体为原子晶体，硬度较大，a 项错误；六方相氮化硼晶体与石墨晶体相似，根据石墨晶体可知其层和层之间是靠范德华力结合

6、的，故其作用力小，质地较软，b 项正确；B和 N 都是非金属元素，两种晶体中的BN 键都是共价键，c 项正确；六方相氮化硼晶体与石墨晶体相似，属于混合型晶体，立方相氮化硼晶体为原子晶体，d 项错误。(3)六方相氮化硼晶体与石墨晶体相似，同一层上的原子在同一平面内，根据六方相氮化硼晶体的晶胞结构可知，1 个 B 原子与 3 个 N原子相连，故为平面三角形结构；由于B 最外层有 3 个电子都参与了成键，层与层之间没有自由移动的电子，故不导电。(4)立方相氮化硼晶体的结构与金刚石相似，故 B 原子为 sp3杂化；该晶体存在地下约300 km 的古地壳中，因此制备需要的条件是高温、高压。(5)NH4中

7、有 1 个配位键，BF4中有 1 个配位键，故 1 mol NH4BF4含有 2 mol 配位键。答案(1)1s22s22p1(2)bc(3)平面三角形层状结构中没有自由移动的电子(4)sp3高温、高压(5)2 3(14 分)(2014 四川卷)X、Y、Z、R 为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X 与氢元素可形成XH3；Z 基态原子的 M 层与 K 层电子数相等；R2离子的 3d 轨道中有 9 个电子。请回答下列问题：(1)Y 基态原子的电子排布式是_；Z 所在周期中第一电离能最大的主族元素是 _。(2)XY2离子的立体构型是 _；R2的水合离子中，提供孤电子对的原子是

8、_。(3)Z 与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是 _。(4)将 R 单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_。解析分子式为 XY2的红棕色气体为NO2，故 X 为 N 元素，Y 为O 元素，M 层与K层电子数相等的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，则 Z 为 Mg 元素，2 价离子的 3d 轨道上有 9 个电子的原子的外围电子排布为3d104s1，则 R 为 Cu 元素。(1)O 元素基态原子的电子排布式为1s22s22p4；第三周期元素中第一电离能最大的主族元素为 Cl 元素。(2)NO2与 O3为

9、等电子体，两者结构相似，为形；在 Cu2的水合离子中，O 原子提供孤电子对，Cu2提供空轨道。(3)由晶胞结构可看出，阳离子位于顶点和体心，故阳离子个数18812 个，阴离子位于面心和体内，故阴离子个数12424 个，故阴离子与阳离子个数比为 2:1。(4)深蓝色溶液中含有的离子为Cu(NH3)42，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可写出离子方程式。答案(1)1s22s22p4Cl(2)形O(3)2:1(4)2Cu8NH3 H2OO2=2Cu(NH3)424OH6H2O 4(14 分)(2014 新课标全国卷)前四周期原子序数依次增大的元素 A、B、C、D 中，A 和 B 的价电子层中未

10、成对电子均只有1 个，并且 A和 B的电子数相差为8；与 B 位于同一周期的C 和 D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4 和 2，且原子序数相差为2。回答下列问题：(1)D2的价层电子排布图为 _。(2)四种元素中第一电离能最小的是_，电负性最大的是_。(填元素符号)(3)A、B 和 D 三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。该化合物的化学式为 _；D 的配位数为 _；列式计算该晶体的密度_g cm3。(4)A、B和 C3三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有 _；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_，配位体是 _。解析由元素 C 的价电子层中未成对电子数为4 知，

11、其不可能位于短周期，结合题意知，元素C 位于第四周期，进一步可推出元素A为 F，元素 B 为 K，元素 C 为 Fe，元素 D 为 Ni。(2)K 原子易失电子，第一电离能最小，F 的非金属性最强，电负性最大。(3)根据分摊法，可以求得化合物的化学式为K2NiF4，晶体的密度可由晶胞的质量除以晶胞的体积求得。(4)Fe3提供空轨道，F提供孤对电子，两种离子间形成配位键。答案(1)(2)KF(3)K2NiF463945921986.02102340021 30810303.4(4)离子键、配位键FeF63F5(16 分)(2014 新课标全国卷)硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回

12、答下列问题：(1)基态 Si 原子中，电子占据的最高能层符号为_，该能层具有的原子轨道数为 _，电子数为 _。(2)硅主要以硅酸盐、_等化合物的形式存在于地壳中。(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以_相结合，其晶胞中共有8 个原子，其中在面心位置贡献_个原子。(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用 Mg2Si和 NH4Cl 在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为_。(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键CC CH CO SiSi SiH SiO 键能/(kJ mol1)356 413 336 226

13、318 452 硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是_。SiH4的稳定性小于 CH4，更易生成氧化物，原因是_。(6)在硅酸盐中，SiO44四面体(如图 a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图b 为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中 Si 原子的杂化形式为 _，Si 与 O 的原子数之比为 _，化学式为 _。解析(1)硅的基态原子中，能量最高的能层是第三电子层，符号为 M，该能层有 9 个原子轨道，电子数为4。(2)硅还以 SiO2形式存在于地壳中。(3)硅晶体中，硅原子间以共价键结合在一起，其晶胞6 个面上各有一个硅原子，依

14、据均摊原则，面心位置贡献3 个原子。(4)可先写出：Mg2SiNH4ClSiH4，由原子守恒知还应该有MgCl2生成，配平镁、氯、硅元素后得Mg2Si4NH4ClSiH42MgCl2，再进一步分析知还应该有NH3生成，最终结果为Mg2Si4NH4Cl=SiH42MgCl24NH3。(5)某类物质数量的多少与物质内化学键的稳定性强弱有关，由表中数据知 CC 键、CH 键分别比 SiSi 键、SiH 键稳定，故烷烃数量较多。同理因键能CHC O、SiOSiH，故SiH4的稳定性小于 CH4，更易生成氧化物。(6)因硅与四个氧原子形成四个 键，故硅原子为 sp3杂化。在图 a 中，硅、氧原子数目比为

15、14，但图 b 中每个硅氧四面体中有两个氧原子是与其他四面体共用的，故依据均摊原则可确定图b 中硅、氧原子数目比为1:3，化学式为(SiO3)2nn。答案(1)M94(2)二氧化硅(3)共价键3(4)Mg2Si4NH4Cl=SiH44NH32MgCl2(5)CC键和 CH 键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中 SiSi键和 SiH 键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成CH 键的键能大于CO 键，CH 键比 CO 键稳定。而SiH 键的键能却远小于SiO 键，所以 SiH 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiO 键(6)sp31:3SiO32nn(或 SiO23)6(14 分)(2014 江

16、苏卷)元素 X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素 Y 基态原子的 3p 轨道上有 4 个电子。元素 Z 的原子最外层电子数是其内层的3 倍。(1)X 与 Y 所形成化合物晶体的晶胞如图所示。在 1 个晶胞中，X 离子的数目为 _。该化合物的化学式为 _。(2)在 Y 的氢化 物(H2Y)分子 中，Y 原 子轨 道的杂 化类 型是_。(3)Z 的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_。(4)Y 与 Z 可形成 YZ24。YZ24的空间构型为 _(用文字描述)。写出一种与 YZ24互为等电子体的分子的化学式：_。(5)X 的氯化物与氨水反应可

17、形成配合物X(NH3)4Cl2，1 mol 该配合物中含有 键的数目为 _。解析X 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，X 为 Zn；Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y 为 S；根据 Z 的信息可知Z为 O。(1)由晶胞结构可知，X 分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“分摊法”可计算一个晶胞的X 原子数为：81/861/24。Y 原子全部在晶胞中，故一个晶胞中含有4 个 Y 原子。故该化合物的化学式为ZnS。(2)H2S分子中 S 原子有两对成键电子和两对孤对电子，所以H2S 分子中 S 原子的轨道杂化类型为sp3杂化。(3)H2O与乙醇

18、可以形成分子间氢键，使得水与乙醇互溶；而H2S与乙醇不能形成分子间氢键，故 H2S 在乙醇中的溶解度小于H2O。(4)SO24的中心原子 S周围有 4 对成键电子，形成以S 为体心，O 为顶点的正四面体结构；SO24中 S、O 最外层均为 6 个电子，故 SO24中原子最外层共有 32 个电子；CCl4、SiCl4中原子的最外层电子总数均为47432，故 SO24、CCl4、SiCl4为等电子体。(5)Zn(NH3)4Cl2中Zn(NH3)42与 Cl形成离子键，而 Zn(NH3)42中含有 4 个 ZnN 键(配位键)和12 个 NH 键，共 16 个共价单键，故 1 mol 该配合物中含有

19、16 mol 键。答案(1)4ZnS(2)sp3(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键(4)正四面体CCl4或 SiCl4等(5)16 NA或 166.021023个7(16 分)(2014 武昌区调研).氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，配位氢化物、富氢载体化合物是目前所采用的主要储氢材料。(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。在基态Ti2中，电子占据的最高能层符号为_，该能层具有的原子轨道数为_。(2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N23H22NH3实现储氢和输氢。下列说法正确的是_。aNH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化bNH4与 PH4、CH4、BH4、ClO

20、4互为等电子体c相同压强下，NH3沸点比 PH3的沸点高dCu(NH3)42中，N 原子是配位原子(3)已知 NF3与 NH3的空间构型相同，但NF3不易与 Cu2形成配离子，其原因是 _。.氯化钠是生活中的常用调味品，也是结构化学中研究离子晶体时常用的代表物，其晶胞结构如图所示。(1)设氯化钠晶体中Na与跟它最近邻的Cl之间的距离为 r，则与Na次近邻的 Cl个数为 _，该 Na与跟它次近邻的Cl之间的距离为 _。(2)已知在氯化钠晶体中Na的半径为 a pm，Cl的半径为 b pm，它们在晶体中是紧密接触的，则在氯化钠晶体中离子的空间利用率为_。(用含 a、b 的式子表示)(3)纳米材料的

21、表面原子占总原子数的比例很大，这是它有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠颗粒形状为立方体，边长为氯化钠晶胞的10倍，则该氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比为_。解析.(1)基态 Ti2的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，电子占据的最高能层为M 层，该能层有s、p、d 三个能级，具有1359 个原子轨道。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp3杂化，a 项错误。NH4中共有 8 个价电子，但 ClO4中价电子共有32 个，因价电子总数不相等，因此它与 NH4不互为等电子体，故 b 项错误。NH3能形成分子间氢键，使其沸点高于PH3，c 项正确。Cu(NH3)42中，C

22、u 原子核外有空轨道，而N 原子核外有孤对电子，故N 原子是配位原子，d 项正确。.(1)根据氯化钠晶胞结构可知与Na次近邻的 Cl共有 8 个。18晶胞面对角线的长度为2r，所求距离为18晶胞体对角线的长度，为2r2r23r。(2)晶胞边长 2(ab)pm，晶胞体积V2(ab)3pm3；1 个晶胞中有 4 个 NaCl，则离子体积V443 a3443 b3pm3，所 以 离 子 的 空 间 利 用 率 为VV100%23a3b3ab3100%。(3)若立方体氯化钠颗粒边长为氯化钠晶胞的10 倍，则立方体氯化钠颗粒的棱上有21个原子(10 个 Cl和 11个 Na)，那么该立方体的原子总数为2139 261。而该立方体的每条棱的相应里面一层(紧靠)的棱上有 19 个原子(10 个 Cl和 9 个 Na)，即该立方体中有1936 859个原子处于立方体内部，所以该立方体表面原子个数为：2131932 402，因而表面原子占总原子数的百分比为2 4029 261100%26%。答案.(1)M9(2)cd(3)N、F、H 三种元素的电负性为FNH，在 NF3中，共用电子对偏向氟原子，偏离氮原子，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2形成配位键.(1)83r(2)23a3b3ab3100%(3)26%或213193213100%