高考化学二轮复习 物质结构与性质收尾练（含解析）(1).doc

物质结构与性质1.(2013上海高考)下列变化需克服相同类型作用力的是()a碘和干冰的升华b硅和c60的熔化c氯化氢和氯化钠的溶解 d溴和汞的气化【解析】a项变化克服的都是分子间作用力，正确，硅和c60的熔化分别克服的是共价键、分子间作用力， b项错误；氯化氢和氯化钠的溶解分别克服的是共价键、离子键，c项错误；溴和汞的气化分别克服的是分子间作用力、金属键，d项错误。【答案】a2(2013雅安质检)下列说法正确的是()a原子核外电子层数越多，原子半径越大b每一主族所含非金属元素的种类可表示为族序数2c根据泡利原理将氧元素基态原子的电子排布图书写为dc2h2分子中的碳采取sp2杂化【解析】原子半径的影响因素除核外电子层数外，还有核电荷数，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，半径越小，如锂原子半径比氯原子半径大，a项错；氧元素基态原子的电子排布图应该是，c项错；c2h2的结构式为hcch，c采取sp杂化。【答案】b3(2012上海高考)ph3一种无色剧毒气体，其分子结构和nh3相似，但ph键键能比nh键键能低。下列判断错误的是()aph3分子呈三角锥形bph3分子是极性分子cph3沸点低于nh3沸点，因为ph键键能低dph3分子稳定性低于nh3分子，因为nh键键能高【解析】ph3同nh3构型相同，因中心原子上有一对孤电子对，均为三角锥形，属于极性分子，故a、b项正确；ph3的沸点低于nh3，是因为nh3分子间存在氢键，c项错误；ph3的稳定性低于nh3，是因为nh键键能高，d项正确。【答案】c4(2013黄山质检)化合物a(h3bnh3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(hb=(nh)3通过如下反应制得：3ch42(hb=nh)36h2o=3co26h3bnh3。对合成a反应方程式的讨论中不正确的是()a反应前后碳原子的杂化类型不变b键角的大小关系：co2ch4h2oc第一电离能大小关系：nocbhd生成物h3bnh3中存在配位键【解析】由方程式可知：碳元素由ch4变为co2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp。【答案】a5(2012浙江自选模块)下列物质变化，只与范德华力有关的是()a干冰熔化b乙酸汽化c乙醇与丙酮混溶d溶于水【解析】干冰为分子晶体，熔化时只需破坏范德华力；乙酸、乙醇、分子间均存在范德华力和氢键，因此b、c、d三者变化过程中均需克服两种作用力。【答案】a6(2013安徽高考)x、y、z、w是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：元素相关信息xx的最高价氧化物对应的水化物化学式为h2xo3yy是地壳中含量最高的元素zz的基态原子最外层电子排布式为3s23p1ww的一种核素的质量数为28，中子数为14(1)w位于元素周期表第_周期第_族；w的原子半径比x的_(填“大”或“小”)。(2)z的第一电离能比w的_(填“大”或“小”)；xy2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是_；氢元素、x、y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称_。(3)振荡下，向z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加naoh溶液直至过量，能观察到的现象是_；w的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是_。【解析】先根据题给条件判断元素的种类，再结合具体元素及其化合物的性质进行分析，在解决问题时要注意相关知识的综合应用。(1)根据题给信息，可以初步判断x为第a族元素，当判断出y为o元素时，即可确定x为c元素；z的最外层电子数为3，共有三个电子层，所以z为al元素；由质子数质量数中子数，可以确定w的质子数为14，所以w为si元素。由此可以判断w位于元素周期表第三周期第a族；w和x是同一主族元素，且w在x的下一周期，所以w的原子半径大于x的原子半径。(2)z和w属于同周期元素，同周期元素的第一电离能从左向右呈逐渐增大趋势，所以z的第一电离能小于w的；xy2为co2，属于分子晶体，所以由固态变为气态时克服的作用力为分子间作用力；h、c、o三种元素可组成多种能形成同种分子间氢键的化合物，比如乙酸等。(3)z单质即为铝，铝和盐酸反应生成氯化铝，向氯化铝中滴加氢氧化钠溶液，发生的反应主要分为两个阶段。第一阶段：先生成氢氧化铝沉淀；第二阶段：氢氧化钠过量时，氢氧化铝沉淀溶解。w单质即为硅，硅和氢氟酸反应生成sif4和h2两种气体。【答案】(1)三a大(2)小分子间作用力乙酸(其他合理答案均可)(3)先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液si4hf=sif42h27(2013德阳模拟)有原子序数依次增大的a、b、c、d、e五种元素，a是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；b元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子每种轨道中电子数相同；c元素的价电子构型为nsnnpn1；d的最外层电子数与电子层数之比为31；e是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大。(1)b与d形成的非极性分子中中心原子的孤对电子数是_，中心原子的杂化轨道类型为_。(2)a分别与b、c、d能形成电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是_(写分子式)，它们的稳定性由弱到强的顺序是_(写分子式)。(3)分子abc、ba2d的空间构型分别是_、_。(4)b、c、d三种元素的电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)，第一电离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。(5)c的单质分子中存在_个键、_个键。【解析】短周期中族序数等于周期数的非金属元素只有h，故a为h；由b元素原子的得失电子能力可判断b为c，其1s、2s、2p轨道各有2个电子；c元素的价电子构型为nsnnpn1，由s轨道容纳2个电子可知n只能等于2，故c为n；由最外层电子数与电子层数的关系可知d为o；由e在地壳中含量可知其为fe。(1)c、o形成的非极性分子为co2，中心原子为碳原子，由电子式可知其中心原子无孤对电子，co2为直线形分子，采用sp杂化方式。(2)h与c、n、o形成的10电子分子为ch4、nh3、h2o，常温下水为液态，沸点最高，其次为nh3，ch4沸点最低；同周期元素从左到右，氢化物的稳定性逐渐增强，故稳定性顺序为ch4nh3h2o。(3)hcn的结构式可以表示为hcn，空间构型是直线形；ch2o的结构式为，碳原子采取sp2杂化，故为平面三角形结构。(4)同周期元素从左到右，电负性逐渐增强，故电负性关系为cno；同周期元素从左到右，第一电离能基本呈现逐渐增大的趋势，但由于n的p轨道电子处于半充满状态，第一电离能较大，故第一电离能关系为concnoc(5)218(2012江苏高考)一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(cumn2o4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(hcho)。(1)向一定物质的量浓度的cu(no3)2和mn(no3)2溶液中加入na2co3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得cumn2o4。mn2基态的电子排布式可表示为_。no的空间构型是_(用文字描述)。(2)在铜锰氧化物的催化下，co被氧化为co2，hcho被氧化为co2和h2o。根据等电子体原理，co分子的结构式为_。h2o分子中o原子轨道的杂化类型为_。1 mol co2中含有的键数目为_。(3)向cuso4溶液中加入过量naoh溶液可生成cu(oh)42。不考虑空间构型，cu(oh)42的结构可用示意图表示为_。【解析】(1)mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则mn2的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或ar3d5。no中n原子采取sp2杂化，no为平面三角形结构。(2)co与n2是等电子体，n2的结构式为nn，从而推知co的结构式为co。杂化轨道用于形成键和容纳未成键电子，h2o分子中o原子形成2个键，且有2对未成键电子，则o原子采取sp3杂化。co2的结构式为coo,1 mol co2含有2 mol 键。(3)cu2有空轨道，oh能提供孤电子对，cu2与oh形成配位离子cu(oh)42。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d5(或ar3d5)平面三角形(2)cosp326.021023个(或2 na)(3)9(2013山东省潍坊市高考模拟考试)碳、氢、氟、氮、硅等非金属元素与人类的生产生活息息相关。回答下列问题。(1)写出硅原子的电子排布式_。c、si、n的电负性由大到小的顺序是_。(2)氟化氢水溶液中存在的氢键有_种。(3)科学家把c60和k掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化合物，该物质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中k原子和c60分子的个数比为_。(4)继c60后，科学家又合成了si60、n60。请解释如下现象：熔点si60n60c60，而破坏分子所需要的能量n60c60si60，其原因是_。【解析】(2)hf、h2o均能形成氢键：hfhf、hohfh共四种。(3)k处于晶胞表面：126，c60处于晶胞顶点和体心：812。故k原子和c60分子的个数比为：6231。(4)熔点与分子间作用力大小有关，而破坏分子则是破坏分子内的共价键。【答案】(1)1s22s22p63s23p2ncsi(2)4(3)31(4)结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点：si60n60c60；而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子需要的能量大小顺序为n60c60si6010(2013大连调研)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)图一图二图三(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(5)向d的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是_。请写出上述过程的离子方程式：_。【解析】根据四种元素分别处于第一至第四周期，结合题中信息可确定a、b、c、d四种元素分别为h、c、cl和cu。(1)四种元素中电负性最大的是cl，其基态原子的价电子数为7，价电子排布图为；结合第一电离能的变化规律，可知cu的第一电离能最小。(2)卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高，但hf分子间存在氢键，沸点最高，即沸点由高到低的顺序是hfhihbrhcl。(3)图一为平面分子，该物质碳原子采取sp2杂化；一个晶胞中含碳原子数为8648，该晶胞的密度为gcm33.5 gcm3。(4)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。(5)硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，据此可写出反应的离子方程式。【答案】(1) cu(2)hfhihbrhclhf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(3)sp23.5(4)面心立方最密堆积(5)首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液cu22nh3h2o=cu(oh)22nh、cu(oh)24nh3=cu(nh3)422oh11(2013大连市高三双基测试)a、b、c、d是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素a原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，b原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，c是地壳中含量最多的元素。d是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)a、b、c的第一电离能由小到大的顺序是_(用对应的元素符号表示)；基态d原子的电子排布式为_。(2)a的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_杂化；bc的空间构型为_(用文字描述)。(3)1 mol ab中含有的键个数为_。(4)如图是金属ca和d所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中ca和d的原子个数比是_。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构xyn，它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金lanin晶胞体积为9.01023cm3，储氢后形成laninh4.5合金(氢进入晶胞空隙，