高中化学选修三习题附答案37971.pdf

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1、-.z.第 II 卷（非选择题）评卷人 得分 一、综合题：共 4 题 每题 15 分 共 60 分 1金属钛(Ti)被誉为 21 世纪金属，具有良好的生物相容性，它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以 TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得 Ti3N4和纳米 TiO2(如图 1)。如图中的 M 是短周期金属元素，M 的部分电离能如下表：I1 I2 I3 I4 I5 电离能/kJmol1 738 1451 7733 10540 13630 请回答下列问题：(1)Ti 的基态原子

2、外围电子排布式为_。(2)M 是_(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为_。(3)纳米 TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米 TiO2催化的一个实例如图 2 所示。化合物甲的分子中采取 sp2方式杂化的碳原子有_个，化合物乙中采取 sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为_。(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与 NaCl 晶胞相似，如图 3 所示，该晶胞中 N、Ti 之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为_ gcm3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与 N 原子距离相等且最近的 N 原子有_个。(5)科学家通过*射线探明 KCl、MgO、Ca

3、O、TiN 的晶体与 NaCl 的晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据如下：KCl、CaO、TiN 三种离子晶体熔点由高到低的顺序为_。【答案】(1)3d24s2(2)Mg12(3)7ONC(4)12(5)TiNCaOKCl【解析】本题主要考查的是物质的结构和性质。(1)Ti 位于第四周期，第 IVB 族，外围电子排布为 3d24s2，故答案为 3d24s2；(2)金属 M 的第三电离能远远大于第二电离能，所以 M 应为短周期第 IIA 族元素，又因 M 可把 Ti置换出来，所以 M 应为 Mg，其晶体堆积模型为六方最密堆积，配位数为 12，故答案为：Mg，12；(3)化合物甲的分子中采

4、取 Sp2杂化的碳原子由苯环上的6 个碳原子和羧基中的一个，共 7 个，根据化合物乙的结构可知Sp3杂化的原子有羟基中的氧，氨基中的氮，碳链上的三个碳，C、N、O 都位于第二周期，原子序数递增，电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：ONC，故答案为：7，ONC；(4)由晶胞结构可知，N 原子位于立方体晶胞的 8 个顶点，6 个面心，而 Ti 原子位于立方体晶胞的 12 个棱中点和 1 个体心，根据均摊法可算出该晶胞中 N 原子个数为 8+6=4，该晶胞中 Ti 原子数为：12+1=4，晶胞质量为 m=4+4=，晶胞中 N、Ti 之间的最近距离为立方体边长的一半，所以立方体边长为2a pm，则

5、晶胞的体积V=(2a10-10)3 cm3，所以晶体的密度=；以顶点的 N 原子为例，顶点的 N 原子离面心上的 N 原子距离最近，则与顶点 N 原子同层上的离子晶体 NaCl KCl CaO 晶格能/kJmol1 786 715 3401 有 4 个晶胞中的 4 个面心上的 N 原子，同样上层 4 个，下层 4 个，共 12 个，故答案为，12；(5)由表中数据可知，离子晶体所带电荷越大，晶格能也越大，KCl 中，离子都带 1 个单位的电荷，CaO 中离子都带 2 个单位的电荷，TiN 中离子都带 3 个单位的电荷，所以晶格能 TiNCaOKCl，而晶格能越大，离子晶体熔点越高，所以三种离子

6、晶体熔点由高到低的顺序为：TiNCaOKCl，故答案为：TiNCaOKCl。【备注】无 2*、Y、Z、W、R、Q 为前 30 号元素，且原子序数依次增大。*是所有元素中原子半径最小的，Y 有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z 原子单电子数在同周期元素中最多，W 与 Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，R与 Y 同一主族，Q 的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：(1)R 核外电子排布式为_。(2)*、Y、Z、W 形成的有机物 YW(Z*2)2中 Y、Z 的杂化轨道类型分别为_，离子的立体构型是_。(3)Y、R 的最高价氧化物的沸点较高的是_(填化学式)，原因是

7、_。(4)将 Q 单质的粉末加入到 Z*3的浓溶液中，并通入 W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_。(5)W 和 Na 的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为_(填化学式)。Na+的配位数为_，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为_。已知该晶胞的密度为 g cm3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近的 W 离子间距离为 nm。(用含、NA的计算式表示)【答案】(1)1s22s22p63s23p2(2)sp2、sp3；平面三角形；(3)SiO2；SiO2为原子晶体,CO2为分子晶体；(4)2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu(NH3)42+4OH；(5)N

8、a2O；4；立方体；107【解析】本题考查物质结构综合推断题，涉及原子核外电子排布，化合物中心原子的杂化，分子空间构型，晶胞的有关计算等。*、Y、Z、W、R、Q 为前 30 号元素，且原子序数依次增大。*是所有元素中原子半径最小的，是 H 元素；Y 有三个能级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为 1s22s22p2，是 C 元素；Z 原子单电子数在同周期元素中最多，是 N 元素；W 与 Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，原子序数比 N 大，是 O 元素；R 与Y 同一主族，是 Si 元素；Q 的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，是Cu 元素。(1)R(Si)核外电子排布式

9、为 1s22s22p63s23p2(2)*、Y、Z、W 形成的有机物 CO(NH2)2中 C、N 的杂化轨道类型分别为 sp2、sp3；离子中心原子 N 孤电子对数形成 3 个，立体构型是平面三角形；(3)Y、R 的最高价氧化物分别是 CO2和 SiO2，沸点较高的是 SiO2；SiO2为原子晶体,CO2为分子晶体；(4)将 Q(Cu)单质的粉末加入到 Z*3(NH3)的浓溶液中，并通入 O2，充分反应后溶液呈深蓝色，生成铜氨络离子，该反应的离子方程式为 2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu(NH3)42+4OH；(5)该晶胞中钠离子位于晶胞体心，有 8 个，氧离子位于顶点和面心，分摊 4

10、个，所以化学式为 Na2O；Na+的配位数为 4；距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体；晶胞体积为，则两个最近的 W 离子间距离为107 nm【备注】无 3化学选修 3：物质结构与性质 在元素周期表中，除稀有气体外几乎所有元素都能氢形成氢化物。(1)氨气属于共价型氢化物，工业常用氨气和醋酸二氨合铜Cu(NH3)2Ac 的混合液来吸收一氧化碳(醋酸根CH3COO-简写为 Ac-)。反应方程式为：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3 Cu(NH3)3COAc 请写出基态 Cu+离子的价电子排布式_。-.z.氨水溶液中各元素原子的第一电离能从大到小排列顺序为_，理由是_；其中 N

11、H3应为_(填“极性”或“非极性”)分子。醋酸分子(CH3COOH)中的两个碳原子的杂化方式分别是_。生成物Cu(NH3)3COAc 中所含化学键类型有_(填序号)。a.离子键 b.金属键 c.共价键 d.配位键(2)*离子型氢化物化学式为*Y2，晶胞结构如图所示，其中 6 个 Y 原子()用阿拉伯数字 16 标注。已知 1、2、3、4 号 Y 原子在晶胞上、下面上。则 5、6 号 Y 原子均在晶胞_(填“侧面”或“内部”)。根据以上信息可以推知，*Y2晶体的熔沸点_(填“”“=”或“【解析】本题考查了物质结构与性质。(1)Cu 元素为 29 号元素，原子核外由 29 个电子，故基态 Cu+离

12、子的价电子排布式为 3d10。氨水溶液中含有 N、O、H 三种元素，N 原子的 2p 轨道为半充满结构，相对稳定，O 与 H 比较，O 原子核电荷数大，非金属性强，难失电子，故第一电离能由大到小的顺序为 NOH。甲基中 C 原子形成 4 个单键，杂化轨道数目为 4，采用 sp3杂化，羧基中 C 原子形成 3 个 键，杂化轨道数为 3，采用 sp2杂化。铜离子与氨气之间存在配位键，氨气中N与H形成共价键，Cu(NH3)3CO+与Ac-之间是离子键，故该题选abd。(2)*位于 8 个顶点和一个体心，晶胞中一共含有 2 个*，由化学式*Y2可知，该晶胞中含有 4 个 Y，又 1、2、3、4 号 Y

13、 原子在晶胞的上下面上，则实际为 2 个 Y 原子，则 5、6 号 Y 原子均在晶胞内部。*Y2晶体为离子晶体、固态氨为分子晶体，所以*Y2晶体的熔沸点比固态氨高。一个晶胞中含有 2 个*Y2，*Y2的摩尔质量为Mg/mol，则晶胞的质量为 g，若该晶胞的边长为anm，则晶胞的体积为=a310-21cm3，晶胞的密度为 g/cm3，则=a310-21，解得NA=。【备注】无 4如图分别是金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管的结构示意图。图中小黑点或小黑圈均代表碳原子。(1)四种物质互称为_。写出碳原子的基态电子排布图_。(2)试比较：第一电离能I1(C)、I1(N)、I1(O)由大到小的顺序为_。(

14、3)石墨中存在的作用力有_。A.共价键 B.金属键 C.氢键 D.配位键 E.分子间作用力 石墨中碳原子采取的杂化方式是_。(4)C 的熔沸点比 A_(填“高”或“低”)原因是_。(5)金刚石晶胞结构如下图所示，若金刚石的密度为 gcm-3，试计算碳原子的半径为_pm(用含 式子表示，不必化简)。【答案】(1)同素异形体(2)I1(N)I1(O)I1(C)(3)ABE sp2(4)低金刚石是原子晶体，而足球烯为分子晶体(5)【解析】本题考查同素异形体、核外电子排布、第一电离能、杂化方式等、晶胞的结构和计算等。(1)金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管都是碳的单质，根据结构示意图可以看出它们结构都不同

15、，所以它们互为同素异形体；碳是 6 号元素，根据构造原理可知碳的基态电子排布图为：；(2)根据元素周期律可知同一周期元素第一电离能逐渐增大，但是 N 原子的最外层处于半满结构，比较稳定，所以第一电离能最大，所以I1(N)I1(O)I1(C)；(3)石墨是层状结构，在同一层内碳与碳之间形成 C-C 单键，是 键，而在层与层之间是通过分子间作用力相结合，所以石墨中存在的作用力是 键和分子间作用力，故选 ABE，在层内每个碳与周围三个碳形成共价键，所以碳的杂化方式为 sp2；(4)A 是金刚石，原子晶体，C 是足球烯为分子晶体，所以 C 的沸点低；(5)根据图 A 及题目中的描述，根据金刚石晶胞的结

16、构图可知，金刚石晶胞是面心立方堆积完之后还在四个四面体里有原子，也就是说在金刚石晶胞的体对角线上连排了四个原子，并且相切，所以体对角线长度就是碳原子半径的 8 倍，设晶胞边长为a，碳原子的半径为r，即a=8r，碳原子的质量=，又每个晶胞中含有碳原子个数=4+8+6=8，由=，得a=2，a=8r，r=a=。【备注】无 5已知：A、B、C、D、E、F、G 七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中A原子在基态时 p 轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；D、E 原子核外的 M 层中均有两个未成对电子；G原子核外价电子数与 B 相同，其余各层均充满。B、E 两元素组成化合物 B

17、2E 的晶体为离子晶体。C、F 的原子均有三个能层，C 原子的第一至第四电离能(KJmol-1)分别为 578、1 817、2 745、11 575；C 与 F 能形成原子数目比为 13、熔点为 190 的化合物 Q。(1)B 的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为_；E 元素的最高价氧化物分子的立体构型是_。F 元素原子的核外电子排布式是_，G 的高价离子与 A 的简单氢化物形成的配离子的化学式为_。(2)试比较 B、D 分别与 F 形成的化合物的熔点高低并说明理由_。(3)A、G 形成*种化合物的晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数为NA，该化合物晶体的密度为a gcm-3，其晶胞的边长为

18、_ cm。(4)在 1.01105 Pa、T1时，气体摩尔体积为 53.4 Lmol-1，实验测得 Q 的气态密度为 5.00 gL-1，则此时 Q 的组成为_。【答案】(1)8；平面三角形；1s22s22p63s23p5；Cu(NH3)42(2)NaCl 的熔点高于 SiCl4，因为 NaCl 是离子晶体，SiCl4是分子晶体(3)(4)Al2Cl6【解析】本题考查了物质的结构和性质。A、B、C、D、E、F、G 七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中 A 原子在基态时 p 轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，因此 A 是 N 元素。D、E 原子核外的 M 层中均有

19、两个未成对电子，则 D 的 M 层为 3s23p2，则 D 是 Si 元素。E 的 M 层为 3s23p4，则 E 是 S 元素。B、E 两元素组成化合物 B2E 的晶体为离子晶体，所以 B 为 IA 族的金属，则 B 是钠元素。G 原子核外最外层电子数与 B 相同，则 G 的最外层电子数为 1，其余各层均充满，且 G 的原子序数最大，因此 G是铜元素。C、F 的原子均有三个能层，因此 C、F 在第三周期。C 的逐级电离能前三个数据接近，第四电离能-.z.突变，所以易失去三个电子，为第A 族元素，则 C 是铝元素。C 与 F 能形成原子数目比为 13、熔点为 190的化合物 Q，说明 F 为-

20、1 价，即 F 为 Cl 元素，Q 是 AlCl3。(1)金属钠的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为 8，E 元素的最高价氧化物分子是三氧化硫，其中心原子 S 原子含有的孤对电子对数为(632)0，所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形。根据构造原理可知，Cl 元素原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p5，G 的高价离子 Cu2与 A 的简单氢化物 NH3形成的配离子的化学式为Cu(NH3)42+。(2)B、D 分别与 F 形成的化合物分别是氯化钠和四氯化硅。因为 NaCl 是离子晶体，SiCl4是分子晶体，所以 NaCl 的熔点高于 SiCl4。(3)根据晶胞的结构可知，N

21、 原子在顶点，含有的个数为 81 个。铜在棱边，含有的个数为 123 个，即化学式为 Cu3N。设边长为*cm，则NA1，解得*。(4)根据MV5.00 g/L53.4 L/mol267 g/mol，是 AlCl3相对分子质量的2 倍，所以其化学式为 Al2Cl6。【备注】无 6第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti 可与 C、H、O 形成多种化合物。(1)下列叙述正确的是。(填字母)AHCHO 与水分子间能形成氢键 BHCHO 和 CO2分子中的中心原子均采用 sp2杂化 C苯分子中含有 6 个 键和 1 个大 键，苯是非极性分子 DCO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低(2)Mn 和 Fe

22、的部分电离能数据如下表：元 素 Mn Fe 电离能/kJmol1 I1 717 759 I2 1509 1561 I3 3248 2957 Mn 元素价电子排布式为，气态 Mn2再失去一个电子比气态 Fe2再失去一个电子难，其原因是。(3)铁原子核外有_种运动状态不同的电子。(4)根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Ti 属于区。(5)Ti 的一种氧化物*，其晶胞结构如图所示，则*的化学式为。(6)电镀厂排放的废水中常含有剧毒的离子，可在*的催化下，先用 NaClO 将氧化成 O，再在酸性条件下 O继续被 NaClO 氧化成 N2和 CO2。H、C、N、O 四种元

23、素的电负性由小到大的顺序为。与 O互为等电子体微粒的化学式为(写出一种即可)。氰酸(HO)是一种链状分子，它与异氰酸(HNCO)互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式。【答案】(1)AD(2)3d54s2；Mn2转化为 Mn3时，3d 能级由较稳定的 3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2转化为 Fe3时，3d 能级由不稳定的 3d6状态转变为较稳定的 3d5半充满状态)(3)26(4)d(5)TiO2(6)HCNO CO2、N2O、S NCOH【解析】本题考查了物质的结构与性质。(1)甲醛中含有羟基，由于氧元素的电负性大，所以甲醛与水可以形成氢键

24、，故 A 正确。二氧化碳为直线型分子，中心原子 C 原子为 sp 杂化，故 B 错。苯中碳碳键含有 6 个 键，每个碳氢键含有一个 键，所以苯分子中一共含有 12 个 键和 1 个大 键，故 C 错。常温下二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，所以 CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故 D 正确。(2)25 号元素锰，价电子个数为 25-18=7，价电子排布为 3d54s2，Mn2+转化为 Mn3+时，3d 能级由较稳定的 3d5半充满状态转变为不稳定的 3d4状态，而铁为 26 号元素，价电子排布为 3d64s2，Fe2+转化为 Fe3+时，3d 能级由不稳定的 3d6状态转变为

25、较稳定的 3d5半充满状态，故气态 Mn2+再失去一个电子比气态 Fe2+再失去一个电子难。(3)铁的核外电子数是 26，则铁原子核外有 26 种运动状态不同的电子。(4)区的划分来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名称，Ti 是 22 号元素，其价电子排布式为 3d24s2，所以 Ti 元素位于 d 区。(5)根据晶胞结构可知，氧原子位于面心处与晶胞内，Ti 原子位于顶点处和体心处，则根据均摊原理可知，结构中氧原子的个数为424 个，Ti原子个数为 182，所以化学式为 TiO2。(6)非金属性越强，电负性越大。因此同周期自左向右电负性逐渐增大，则 H、C、N、O 四种元素的电负性由小到大的

26、顺序为 HCNO。价电子数与原子数分别都相等的互为等电子体，则与 O互为等电子体微粒的化学式为 CO2(N2O)、S等。氰酸(HO)是一种链状分子，它与异氰酸(HNCO)互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，因此分子中 C 与 N 形成三键，其余均是单键，所以氰酸的结构式 NCOH。【备注】无 评卷人 得分 三、推断题：共 1 题 每题 15 分 共 15 分 7【化学选修 3：物质结构与性质】有 A、B、C、D、E 五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于 30)。A 的基态原子 2p 能级有 3 个单电子；C 的基态原子 2p 能级有 1 个单电子；E 原子最外层有 1

27、个单电子，其次外层有 3 个能级且均排满电子；D 与 E 同周期，价电子数为 2。则：(1)D 的元素符号为_。A 的单质分子中 键的个数为_。(2)B 元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是_。(3)A、B、C 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(4)写出基态 E 原子的价电子排布式：_。(5)A 的最简单氢化物分子的空间构型为_，其中 A 原子的杂化类型是_。(6)C 和 D 形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a_cm。(用、NA的计算式表示)【答案】(1)Ca 2(2)H 2O 分子间存在氢键(

28、3)FNO(4)3d104s1(5)三角锥形 sp3(6)【解析】本题考查物质结构的推断。有 A、B、C、D、E 五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于 30），A 的基态原子 2p 能级有 3 个单电子，则 A 是 N 元素；C 的基态原子 2p 能级有 1 个单电子，且 C 的原子序数-.z.大于 A，所以 C 是 F 元素，则 B 是 O 元素；E 原子核外有成单电子，其次外层有 3 个能级且均排满电子，且原子序数小于 30，则 E 是 Cu 元素；D 与 E 同周期，价电子数为 2，则 D 是 Ca 元素。(1)D 是 Ca 元素，A 是 N 元素，氮气的结构式为：NN，所以氮气分

29、子中含有一个 键两个 键；(2)由于 H2O 的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的；(3)同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA 族元素第一电离能大于第 VIA 族元素，所以 A、B、C 三元素第一电离能由大到小的顺序为 FNO，故答案为：FNO；E 是 Cu 元素,基态 Cu 原子的价电子排布式为 3d104s1；(5)N 元素的简单氢化物是氨气，NH3分子中氮原子价层电子对=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是三角锥型，采取sp3杂化；(6)C 和 D形成的离子化合物为 CaF2，钙离子在晶胞中占据顶点和面心，含有的钙离子为8+6=4，则其质量为，离子化合物晶胞的边长为a cm，其体积为a3，由=可知，V=m，=a3cm3gcm-3，a=。【备注】无