（广东专版）2019高考化学二轮复习第一部分专题十六物质结构与性质（选考）专题强化练.doc

1、1专题十六 物质结构与性质（选考）专题强化练1(2018全国卷)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：(1)Zn 原子核外电子排布式为_。(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由 Zn 和 Cu 组成。第一电离能 I1(Zn)_I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_。(3)ZnF2具有较高的熔点(872 )，其化学键类型是_；ZnF 2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr 2、ZnI 2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_。(4)中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO 3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO 3中，阴离子空间构型为_，C 原子的

2、杂化形式为_。(5)金属 Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为 a cm，高为 c cm，阿伏加德罗常数的值为 NA，Zn 的密度为_gcm3 (列出计算式)。解析：(1)Zn 是第 30 号元素，所以核外电子排布式为Ar3d 104s2。(2)Zn 的第一电离能应该高于 Cu 的第一电离能，原因是，Zn 的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到 Zn 最外层上是一对电子，而 Cu 的最外层是一个电子，Zn 电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。(3)根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存

3、在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。(4)碳酸锌中的阴离子为 CO ，根据价层电子对互斥理论，其中心原子 C 的价电子对23为 3 3 对，所以空间构型为正三角形，中心 C 为 sp2杂化。4 32 22(5)由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是 6 个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的2锌原子为 12 2 36 个，所以该结构的质量为 6 g。该六棱柱的底面为正六16 12 65NA边形，边长为 a cm，底面的面

4、积为 6 个边长为 a cm 的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为 6 a2 cm2，高为 c cm，所以体积为 6 a2c cm3。34 34所以密度为： gcm3 。665NA634a2c6534a2cNA答案：(1)Ar3d 104s2(2)大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(3)离子键 ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为主、极性较小(4)平面三角形 sp 2(5)六方最密堆积(A 3型) 656NA634 a2c2硫和钒的相关化合物，在药物化学及催化化学等领域应用广泛。回答下列问题：(1)基态钒原子

5、的外围电子轨道表达式为_。钒有2、3、4、5 等多种化合价，其中最稳定的化合价是_，VO的几何构型为_。34(2)2巯基烟酸氧钒配合物(图 1) 是副作用较小的有效调节血糖的新型药物。该药物中 S 原子的杂化方式是_，所含第二周期元素第一电离能按由大到小顺序的排列是_。2巯基烟酸(图 2)水溶性优于 2疏基烟酸氧钒配合物的原因是_。(3)多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的 p 轨道，则 p 电子可在多个原子间运动，形成“离域 键” ，下列物质中存在“离域 键”的是_。ASO 2 BSO CH 2S DCS 224(4)某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图 3 所示，该晶胞的化学式为_。图

6、 4 为该晶胞的俯视图，该晶胞的密度为_ gcm 3 (列出计算式即可)。3解析：(1) 钒为 23 号元素，电子排布式为Ar3d 34s2，所以外围电子排布式为3d34s2，所以外围电子轨道表达式为其最稳定的化合价是5，即失去所有的价电子，形成最外层 8 电子的稳定结构；根据价层电子对互斥原理，VO 中的中心原子 V 的价电子为 5，配位原子 O 不提供电子，带有34三个单位负电荷，所以外层电子为 8 个，共 4 对，空间构型为正四面体。(2) 从图中得到 S 的配位数为 2，所以此时 S 的外层有 628 个电子，电子对为4，所以 S 应该的杂化方式是 sp3杂化；其中含有的第二周期元素是

7、 C、N、O，同周期元素从左向右应该是第一电离能增大，因为 N 的 2p 能级上有 3 个电子，是 p 能级的半满稳定结构，所以 N 的第一电离能反常增大，所以第一电离能为 NOC；2巯基可以与水分子形成氢键，所以其水溶性会更好。(3)从题目表述来看，形成离域 键的要求是：原子共平面；有相互平行的 p 轨道。根据价层电子对互斥理论，二氧化硫为平面三角形，硫酸根为正四面体，硫化氢为 V型，二硫化碳为直线型。所以选项 B 一定错误；而硫化氢的 H 原子不存在 p 轨道。所以选项 C 错误。由上正确的是选项 AD。(4)晶胞中有 V 为：8 4 2 个，S 为：212 个，所以化学式为 VS；因为该

8、18 14晶胞中有 2 个 VS，所以晶胞质量为 g; 根据图 4 得到晶胞的面积为 a a nm2，283NA 32所以晶胞的体积为： a ab nm3，1 nm10 7 cm，所以晶体密度为32 gcm 3。283NAa32ab10 2128332a2bNA10 21答案：(1) 5 正四面体(2)sp 3 NOC 2巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大(3)AD (4) VS gcm32（ 32 51）a2bNA32 10 2143据媒体报道，法国一家公司 Tiamat 日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，预计从 2020

9、年开始实现工业生产。该电池的负极材料为 Na2Co2TeO6(制备原料为 Na2CO3、Co 3O4和 TeO2)，电解液为 NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问题：(1)Te 属于元素周期表中_区元素，其基态原子的价电子排布式为_。(2)基态 Na 原子中，核外电子占据的原子轨道总数为_，最高能层电子云轮廓图形状为_。(3)结合题中信息判断：C、O、Cl 的电负性由大到小的顺序为_ (用元素符号表示)。(4)CO 的几何构型为_；碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，则其中碳原子的23杂化轨道类型为_，1 mol 碳酸丙烯酯中键的数目为_。(5)Co(H2O)63 的几何构型为正八面体形，配体是

10、_，该配离子包含的作用力为_(填字母)。A离子键 B极性键 C配位键 D氢键 E金属键(6)Na 和 O 形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中 O 的配位数为_，该晶胞的密度为 gcm3 ，阿伏加德罗常数的值为 NA，则 Na 与 O 之间的最短距离为_cm(用含 、 NA的代数式表示)。解析：(1)Te 与 O 是同一主族元素，属于元素周期表中 p 区元素，Te 为第 5 周期第A 族元素，其基态原子的价电子排布式为 5s25p4。(2)基态 Na 原子的电子排布式为 1s22s22p63s1，核外电子占据的原子轨道总数为 6，最高能层电子为 3s，电子云轮廓图为球形。(3)元素的非金

11、属性越强，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，电负性数值越大，C、O、Cl 的电负性由大到小的顺序为 OClC。(4)CO 中 C 的价层电子对数3 (4232)3，几何构型为平面三角形；2312根据碳酸丙烯酯的结构简式，则其中碳原子有 2 种，不饱和的碳氧双键中的 C 原子采用5sp2杂化，饱和的碳原子采用 sp3杂化；1 mol 碳酸丙烯酯中含有 6 mol CH，4 mol CO，2 mol CC 和 1 mol C=O，共 13 mol，键的数目为 136.021023。(5)Co(H2O)63 的几何构型为正八面体形，配体是 H2O，该配离子包含的作用力有 HO

12、极性键、配位键，故答案为 BC。(6)晶胞中 Na 离子数目为 8，O 2 离子数目为 8 6 4，Na 离子、O 2 离子数18 12目之比为 21，故该晶体化学式为 Na2O，由图可知，每个 Na 离子周围有 4 个 O2 离子、Na 离子配位数为 4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有 8 个，则 O 的配位数为 8；晶胞质量为 g，该晶胞的密度为 gcm3 ，而晶胞体积为 g 462NA 462NAgcm3 cm3，晶胞棱长为 cm，则 Na 与 O 之间的最短距离为立方体对462 NA 3462 NA角线的 cm。14 34 3462 NA答案： (1)p 5s 25p4 (2)6

13、球形 (3)OClC(4)平面三角形 sp 2 sp 3 13 NA(或 136.021023)(5)H2O BC (6)8 34 3248 NA4原子序数依次增大的四种元素 A、B、C、D 分别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。请回答下列问题：(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)，呈现

14、如此递变规律的原因是_。(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_、另一种的晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱长为 356.6 pm，则此晶胞的密度为_gcm3 (保留两位有效数字)。( 1.732)3(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6解析：原子序数依次增大的四种元素 A、B、C、D 分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种 A 的化合物，则 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，则 B 为碳元素；D 的基态原

15、子的最外层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D 原子外围电子排布为 3d104s1，则 D 为 Cu 元素；结合原子序数可知，C 只能处于第三周期，B 与 C 可形成正四面体型分子，则 C 为氯元素。(1)四种元素中电负性最大的是 Cl，其基态原子的价电子排布为 3s23p5，其基态原子的价电子排布图为 ，四种元素中只有 Cu 为金属，其它为非金属，Cu 的第一电离能最小。(2)HF 分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl 分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl。(3)图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角

16、为 120，每个碳原子都结合着 3 个碳原子，碳原子采取 sp3杂化；一个晶胞中含碳原子数为 8 6 48，晶胞质量为18 12g，所以晶胞密度(812)6.0210 23g(356.61010 cm)3.5 812NAgcm3 ；(4)根据图示可知晶体 Cu 为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故选项是。答案：(1) Cu(2)HFHIHBrHCl HF 分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl 分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高(3)sp2 3.5 (4)面心立方最密堆积 5.（2017海南卷）

17、 .下列叙述正确的有 。 （填序号）A.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的 5 倍，则其最高正价为7B.钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能C.高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D.邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点.A 族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为 ，原子间存在的共价键类型有 ，碳原子的杂化轨道类型为 。7（2）SiCl 4分子的中心原子的价层电子对数为 ，分子的立体构型为 ，属于 分子（填“极性”或“非极性” ） 。（3）四卤化硅 SiX4的沸点和二卤化铅 PbX2

18、的熔点如图（b）所示。SiX 4的沸点依 F、Cl、Br、I 次序升高的原因是_。结合 SiX4的沸点和 PbX2的熔点的变化规律，可推断：依 F、Cl、Br、I 次序，PbX 2中的化学键的离子性 、共价性 （填“增强” “不变”或“减弱” ） 。（4）碳的另一种单质 C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为_；其晶胞参数为 1.4 nm，晶体密度为 gcm 3 。解析：.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的 5 倍，此元素是 Br，位于A 族，最高正价为7 价，故 A 正确；金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电

19、离能小于 Mg 的第一电离能，Na 最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg 最外层有 2 个电子，因此 Na 的第二电离能大于 Mg 的第二电离能，故 B 错误；HClO 4可以写成（HO）ClO 3，HClO 写成（HO）Cl，高氯酸中的非羟基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性强于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故 C 错误；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质熔点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故 D 正确。.（1）该单质为石墨，石墨属于混合型晶体，层内碳原子之间形成 键和 键；石墨中碳原子有 3

20、个 键，无孤电子对，因此杂化类型为 sp2。 （2）SiCl 4中心原子是 Si，有 4 个 键，孤电子对数为0，价层电子对数为 4，空间构型为正四面体；属于非极性分子。 （3）SiX 44 412属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔沸点越高，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，即熔沸点增高；同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，因此 PbX2中化学键的离子型减弱，共价型增强。 （4）根据晶胞的结构，C 60位于顶点和面心，8个数为 8 6 4，K 位于棱上和内部，个数为 12 912，因此化学式为 K3C60，18 12 14晶胞的质量为 g，晶胞的体积为（1.410 7

21、） 3cm3，根据密度的定义，则晶胞的4837NA密度为 2.0 gcm3 。答案：.AD .（1）混合型晶体 键、 键 sp 2（2）4 正四面体 非极性（3）均为分子晶体，范德华力随分子相对质量增大而增大，即熔沸点升高 减弱 增强（4）K 3C60 2.06.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如下：请回答下列问题：(1)基态钛原子的价层电子排布图为_，其原子核外共有_种运动状态不同的电子，Ti 形成的4 价化合物最稳定，原因是_。金属钛晶胞如图 1 所示，为_(填堆积方式)堆积。(2)已知 TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37 ，沸点为 136 ，可知TiCl4为

22、_晶体。用 TiCl4的 HCl 溶液，后经不同处理可得到两种不同的TiCl36H2O 晶体：Ti(H 2O)6Cl3(紫色)、TiCl(H 2O)5Cl2H2O(绿色)。两者配位数_(填“相同”或“不同”)，绿色晶体中的配体是_。(3)纳米 TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图 2 所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲的，主要原因是_。化合物乙中采取 sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为_。9图 2(4)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图 3 所示。该阳离子为_。图 3(5)钙钛矿晶体的结构如图 4 所示。钛离子位于立方晶胞的顶点，被_个氧离子包围成配

23、位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被_个氧离子包围。钙钛矿晶体的化学式为_。解析：(1)观察图 1 可知，正好符合镁晶胞的六方最密堆积。(2)考查分子晶体、配合物的成键情况。因 TiCl4的熔、沸点较低，故 TiCl4为分子晶体。(3)考查氢键及第一电离能的大小比较。氢键的存在导致物质熔沸点升高，乙分子间含有氢键、甲分子间不含氢键，则化合物乙的沸点高于化合物甲的。化合物乙中采取 sp3杂化的原子有 C、N、O，同一周期元素，元素原子的第一电离能随着原子序数的递增而呈增大趋势，但第A 族、第A 族元素原子的第一电离能大于其相邻元素原子的第一电离能，所以第一电离能的大小关系为NOC。(4)考查利

24、用均摊法计算原子个数之比。由图 3 可知，每个 O 原子被 2 个 Ti 原子共用，每个 Ti 原子被 2 个 O 原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为 11，Ti 元素为4 价，O 元素为2 价，据此可知该阳离子为 TiO2 (或TiO )。(5)考查根据晶胞2n结构书写晶体的化学式。钛离子位于立方晶胞的顶角，被 6 个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被 12 个氧离子包围，每个晶胞中钛离子和钙离子均为 1 个，晶胞的 12 个边长上各有 1 个氧离子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧离子数为12 3，则晶胞的化学式为 CaTiO3。1410答案：(1) 22 最外层达到 8 电子稳定结构 六方最密(2)分子 相同 H 2O、Cl (3)化合物乙分子间形成氢键 NOC(4)TiO2 (或TiO )2n(5)6 12 CaTiO 3