高三化学一轮复习 训练—物质结构与性质.docx

《高三化学一轮复习 训练—物质结构与性质.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三化学一轮复习 训练—物质结构与性质.docx（33页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高考化学一轮训练物质结构与性质1（2022重庆八中高三期末）实验室用电石()制乙炔时会产生和杂质气体，可用溶液除去。(1)的价电子排布图为_。(2)和的沸点：_(填“”“”或“=”)，原因是_。(3)溶液中以的形式存在，1.5mol 中键的数目为_。(4)已知键角：，原因是_。(5)已知晶体的晶胞结构与NaCl晶体的晶胞结构相似，但因晶体中有哑铃形的存在而使晶胞沿一个方向拉长，晶胞参数分别为a nm、a nm、b nm，为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度是_ (用含a、b、的表达式表示)。2（2022全国高三专题练习）钼(Mo)是一种战略金属元素，钼单质及其化合物广泛用于炼钢、电子工业、石油

2、化工、航天和机械工业等领域。回答下列问题：(1)基态Mo原子的核外电子排布式为Kr4d55s1，Mo元素属于周期表中的_区元素，其最高能级电子的电子云轮廓形状为_。(2)某含钼化合物是一种石油工业中的优良催化剂，其分子的结构简式如图1所示。组成该化合物的非金属元素的电负性由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。该分子中采用sp2杂化的非金属元素的原子个数为_。(3)Mo原子和CO形成的配合物Mo(CO)6在电磁领域、隐身材料领域有重要应用，该配合物中提供孤电子对的原子为_(填元素符号)，该配合物中碳氧三键的键长_(填“”“=”或“”或“”或“”或“”“”或“=”)，其原因为_。CH3COOH的沸

3、点(117.9)比HCOOCH3的沸点(32)高的原因为_。(5)白磷晶体与干冰类似，若白磷晶体的密度为dgcm-3，设阿伏加德罗常数的数值为NA，则两个白磷分子中心的最短距离为_nm(用含d、NA的代数式表示)。15（2022河南二模）过渡金属及其配合物在生产、生活中有着广泛的应用。请回答下列问题。(1)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的铁原子，其价电子的自旋磁量子数的代数和为_。(2)Fe、Co的第四电离能分别为5290 kJ/mol、4950 kJ/mol，铁的第四电离能大于钴的第四电离能的主要原因是_。(

4、3)Fe能与CO形成配合物Fe(CO)6，在形成配位键时CO中C提供孤电子对，而不是O提供孤电子对，其主要原因可能是_。(4)铁常见的两种氧化物为FeO、Fe2O3，FeO的熔点比Fe2O3低的原因是_。(5)端位原子不影响分子构型，所以我们通常只讨论影响分子构型的原子的杂化类型。V2O5的分子结构如图所示，1个V2O5分子中参与杂化的O原子杂化方式为_ 。V2O5分子中含有的键和键的数目比为_。(6)反型钛钙矿电池无需使用具有光催化活性的TiO2(通过氮掺杂生成TiO2-aNb，反应如图)以及掺杂的有机空穴传输层，光照下的输出稳定性更好，更具发展潜力。则TiO2-aNb晶体中a=_。已知原子

5、1、2 的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，则原子3的坐标为_，设阿伏加德罗常数的值为NA，则TiO2的密度为_gcm-3(列出计算式)。16（2022云南文山高三期末）钛(Ti)及其化合物的应用研究是目前前沿科学之一，请回答下列问题：(1)基态钛原子的电子排布式为_。(2)作光催化剂可将甲醛、苯等有害气体转化为和。上述含碳原子的分子中，碳原子的杂化方式为的是_(填名称)。(3)作为过渡元素的Fe、Cu容易形成配位化合物，中C、N两种元素的电负性大小关系为_。硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力有_(填序号)。A配位键B金属键C离子键D共价键E.氢键F.范德华力(4)已知Ba、Mo的氯化物

6、沸点信息如下表所示。二者沸点差异的原因是_。氯化物沸点1560268(5)分子中H-N-H的键角为107，在中，H-N-H键角近似109.5，键角变大的原因是_。(6)贵金属磷化物(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_，晶体的密度为_。(列出计算式即可)。17（2022河南河南高三阶段练习）“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，它的成功发射标志看我国航大技术向前迈出了一大步，其制造材料中包含了Cu、Ti、Cr、Ni、Si、N、O等多种元素。回答下列问题：(1)基态铬原子的价电子排布式为_，基态钛原子的核外电

7、子有_种空间运动状态。(2)硅油是一种不同聚合度链状结构的聚有机硅氧烷。它具有耐热性、电绝缘性、耐候性、疏水性、生理惰性和较小的表面张力，可用于飞船零件保护，其结构如图所示。硅油中碳原子的杂化方式为_杂化，C、Si、O的第一电离能由小到大的顺序是_。OSi键的键能比CSi键的键能_（填“大”或“小”）。(3)Cu催化烯烃硝化反应过程中会产生。键角：_（填“”），其原因是_。(4)含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过鳌合配位成环而形成的配合物为螯合物。可与某有机物形成具有较强荧光性能的配合物，其结构如图所示。溶液中的水存在、等微粒形式，可看作是与通过氢键形成的离子，写出的结构式：_

8、。1 mol该配合物中通过鳌合作用形成的配位键有_mol。(5)磷青铜晶体的晶胞结构如图所示。原子分数坐标可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子分数坐标：A为（0，0，0）、B为（1，1，0）、C为（0，1，1），则D原子的分数坐标为_。晶体中P原子位于由Cu原子形成的_空隙中，该晶体中两个距离最近的Cu原子的核间距为a nm，则晶体密度为_（列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值）。18（2022河南安阳模拟预测）锰的氧化物主要有一氧化锰(MnO)、二氧化锰(MnO2)、三氧化二锰(Mn2O3)、四氧化三锰(Mn3O4)、亚锰酸酐( Mn2O5)、锰酸酐( MnO3 )和高锰酸酐(Mn2O7

9、)。回答下列问题：(1)基态Mn原子的核外电子排布式是_。(2)下列锰元素的不同微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_(填编号)。ABCD(3)以MnSO4为原料，六次甲基四胺为弱碱介质，通过水解氧化法可制备不同粒径的磁性纳米Mn3O4。的空间构型是_，写出两种与互为等电子体的离子_。六次甲基四胺也称乌洛托品(结构如图甲所示)，其所含元素的电负性从大到小的顺序是_，中心原子N的杂化方式是_，N原子数与键数目之比为_。(4)实验室可利用硝酸锰受热分解的方式制备锰的一种氧化物(晶胞结构如图乙所示)和NO2。该锰的氧化物中Mn的化合价为_。请画出z方向投影图_。已知Mn和O的离子半径分别是mp

10、m和npm，则该晶体的空间利用率为_； (列出计算式即可)。试卷第15页，共15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)(2) 水存在分子间氢键，使得沸点升高，不存在分子间氢键(3)18NA(4)有2对孤对电子，有1对孤对电子，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，使得成键键角减小，因此键角：(5)【解析】（1）Cu原子序数为29，其电子排布式为Ar3d104s1，的价电子排布式为3d9，则的价电子排布图为；故答案为：。（2）水存在分子间氢键，使得沸点升高，不存在分子间氢键，因此和的沸点：；故答案为：；水存在分子间氢键，使得沸点升高，不存在分

11、子间氢键。（3）一个水分子有2个键，1.5mol 中键的数目为1.5mol(24+4)NA mol118NA；故答案为：18NA。（4）已知键角：，原因是有2对孤对电子，有1对孤对电子，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，使得成键键角减小，因此键角：；故答案为：有2对孤对电子，有1对孤对电子，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，使得成键键角减小，因此键角：。（5）根据题给信息，晶体的晶胞结构与NaCl晶体的晶胞结构相似，每个晶胞中含有4个“”，则该晶体的密度是；故答案为：。2(1) d 球形(2) ONCH 14(3) C (4)同周期Mo原子半径更

12、小，含有的价电子更多，形成的金属键更强(5) 6 【解析】(1)基态Mo原子的核外电子排布式为Kr4d55s1，Mo原子最后一个电子填入的能级为4d能级，故Mo元素属于周期表中的d区元素，其最高能级为5s，该电子的电子云轮廓形状为球形。(2)同周期元素从左至右电负性逐渐增大，则组成该化合物的非金属元素的电负性由大到小的顺序为ONCH。苯环上的碳原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化，共12个，形成碳氮双键的氮原子有一对孤电子对和2个键，价层电子对数也为3，故氮原子也采取sp2杂化，故该分子中采用sp2杂化的非金属元素的原子个数为14。(3)由于C的电负性小于O的电负性，故C对孤电子对的吸引能力

13、更弱，更容易提供孤电子对与Mo形成配位键，则该配合物中提供孤电子对的原子为C；碳钼形成的配位键弱化了碳氧三键，使其比一氧化碳的碳氧三键的键能更低，键长就比一氧化碳长。(4)金属Mo的熔点远高于金属Rb的原因为同周期Mo原子半径更小，含有的价电子更多，形成的金属键更强。(5)根据图2晶胞可知，以体心的磷原子为中心，其周围距离最近且相等的共有6个Mo原子，故P原子的配位数为6。以A为原点建立三维坐标系，该晶胞中各原子沿z轴的透视图为。晶胞中距离最近的Mo原子位于面对角线上，则晶胞的边长为，一个晶胞中P原子的个数为，Mo原子的个数为，则晶体的化学式为Mo2P，则该晶体的密度为gcm-3。3(1) 8

14、 d 1s22s22p63s23p63d24s2(2) 先变大后变小(3) TiO2 【解析】(1)原子核外电子运动状态与电子数相同，O原子核外电子有8种运动状态。Mn是25号元素，外围电子排布式为3d54s2，位于元素周期表的d区。Ti是22号元素，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。(2)二氧化锰和碳酸锂按4：1的物质的量比配料，温度600-750，制得电极材料LiMn2O4，Mn化合价降低，C的化合价最高，则氧的化合价升高，应有氧气产生，化学方程式为。由表中数据可知，700-750，w(Mn2+)逐渐减小，w(Mn4+)增大，而800-850，w(M

15、n2+)逐渐增大，w(Mn4+)减小，可说明锰元素的平均价态的变化趋势是先变大后变小。(3)Ti有8个原子在顶点，一个在晶胞内，O有两个原子在晶胞内，四个在面上，根据均摊法可知Ti个数为，O个数为，故其化学式为TiO2。Li为负极失电子生成Li+，Li4Ti5O12为正极得电子生成Li7Ti5O12，正极反应式为。4(1)相似相溶原理，氨气和水能够形成氢键，氨气能够与水反应(2)2：1(3)NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大(4)BD(5) TiO2+ 正四面体(6)【解析】(1)NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键

16、，故答案为：相似相溶原理，氨气和水能够形成氢键，氨气能够与水反应；(2)单键为键，双键中有1个键、1个键，根据的结构图可知，1mol重铬酸根中含8mol键、4mol键，则该离子中键与键的个数比为2：1，故答案为：2：1；(3)H2O和NH3都为四面体构型，H2O有2对孤电子对、NH3有1对孤电子对，由于孤电子对间排斥力孤电子对和成键电子对间的排斥力成键电子对间的排斥力，故H2O的键角小于NH3的键角，故答案为：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，C-H和C-C及C-O原子之间存在共价键，所

17、以含有的化学键为配位键和共价键，故选BD，故答案为：BD；(5)该阳离子中每个Ti原子连接2个O原子、每个O原子连接2个Ti原子，则O、Ti原子个数之比为1：1，该离子中Ti为+4价，所以该阳离子为TiO2+；硫酸氧钛晶体中阴离子为硫酸根，硫酸根离子中S原子价层电子对数为，不含孤电子对，其空间构型为正四面体形，故答案为：TiO2+；正四面体形；(6)根据均摊法可知，该晶胞中白色原子个数为，黑色原子个数为，则晶胞的质量为，晶胞的体积为(2a10-10)3cm3，则晶体的密度，故答案为：。5(1)1s22s22p63s2或Ne3s2(2) 离子键、配位键、极性共价键 较大 O、N 4(3) 四面体

18、 1010(4)将氯化锌隔绝空气加热至283，使其熔融，测是否导电，如果能导电，则氯化锌为离子晶体，反之为分子晶体【解析】(1)根据表中数值，第二电离能到第三电离能发生突跃，说明能层发生变化，即该金属元素最外层有2个电子，因为只有3个电子层，则A原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2或Ne3s2；故答案为1s22s22p63s2或Ne3s2；(2)Cu(NH3)42+与SO之间存在离子键，Cu2+与NH3之间存在配位键，N和H、S和O之间存在极性共价键；Cu(NH3)42+中的N提供孤对电子给Cu2+， 即该N原子没有孤对电子，游离态NH3分子中N有一对孤对电子，因此Cu(NH3)42

19、+中H-N-H键角比游离态NH3分子中H-N-H键角大；根据图1可知，中心离子为Zn2+，整个化合价代数和为0，因此与Zn2+相连O原子显-1价，化合物M中配位原子是O、N；配位数为4；故答案为离子键、配位键、极性共价键；较大；O、N；4；(3)根据晶胞图可知，Zn2+位于S2-所围成四面体中；Zn2+位于顶点和面心，个数为=4，S2-位于晶胞内部有4个，该晶胞的质量为，令晶胞的边长为acm，密度为d=g/cm3，则a=cm=1010pm；故答案为四面体；1010；(4)该物质熔点较低，可能为分子晶体，也可能为离子晶体，将氯化锌隔绝空气加热至283，使其熔融，测是否导电，如果能导电，则氯化锌为

20、离子晶体，反之为分子晶体；故答案为将氯化锌隔绝空气加热至283，使其熔融，测是否导电，如果能导电，则氯化锌为离子晶体，反之为分子晶体。6(1) 离子晶体 低 KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物中的阳离子半径更大，所以熔点更低(2)冠醚(18-冠-6)与氟化钾形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使参与反应的有效提高，因此提高产率(3) 离子键、共价键 【解析】（1）冠醚结构不带电荷，K+嵌入后形成一个更大的带正电荷的阳离子，离子晶体的熔沸点由离子所带电荷量及离子半径决定，离子带电荷量越多、离子半径越小，离子晶体熔沸点越高，所以本问第一空应填“离子晶体”；第二空应填“低”；第三空应填“KCl与冠醚(

21、18-冠-6)形成的化合物中的阳离子半径更大，所以熔点更低”；（2）KF与冠醚形成超分子结构，其结构更易溶于液态有机物中，参加反应的F-浓度上升，使得平衡正向移动，所以本问应填“冠醚(18-冠-6)与氟化钾形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使参与反应的有效提高，因此提高产率”；（3）根据晶胞的三视图可以知道，K原子在晶胞的顶点和体心，一个晶胞含有K原子，O原子有两个在晶胞内，八个在棱上，一个晶胞中含有的O原子，晶胞内K原子与O原子个数比为12，所以本问第二空应填“KO2”；氧原子间应有共价键以满足化合物中价态及化学键结构要求，所以本问第一空应填“离子键、共价键”；经推算，一个晶胞中含有2个K原子和4

22、个O原子，再将题目所给数据代入密度计算公式，晶体密度为。7(1) (2)ONC(3) 2HOSO2NH2SO2SO3N22H2H2O SO2、H2(4) c()c()c()c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成(5)ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO【解析】(1)氧元素和硫元素都位于元素周期表A族，A族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故答案为： ； ；(2)同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为ONC，故答案为：ONC；(3)由未配平的化

23、学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2SO3N22H2H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故答案为：2HOSO2NH2SO2SO3N22H2H2O；SO2、H2；(4)用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()c()c()c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有

24、白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故答案为：c()c()c()c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；(5)由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故答案为：ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。8(1)2(2)直线形(3) Mg 六方最密堆积 12(4) 1 4d25s2 +4(5) 7 ONC(6) 12 TiNCaOKCl【解析】(1)在Li、Be、B、C、N、O、F组成的共价分子有N2、O2、F2、CO、CO2、NO、NO2、N2O，其中N2与CO、CO2与N2O互为等电子体，所以仅由第二周期组成的共价分子中互为等电子体的有2组；(2)与CO2互为等电子体，所以为直线形；(3)M的第三电离能突跃式变高，说明其最外层是2个电子，是第A族元素，其能还原四氯化钛，说明其金属性较强，为镁元素。该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为12；(4)钛为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，失去4s能级上的2个电子和3d能级上的1个电子形成Ti3，基态Ti3的核外电子排布为：1s22s22p6