【状元之路】（新课标）高考化学二轮复习钻石卷 专题训练 物质结构与性质选考（含解析）.doc

物质结构与性质(选考)时间：45分钟 分值：100分1(12分)(2013淮安调研)原子序数小于36的x、y、z、w、j五种元素，原子序数依次增大，其中x元素原子半径是所有元素原子中最小的，y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，w元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，j元素原子序数为24。请回答下列问题。(1)y、z、w的第一电离能由小到大的顺序为_。(2)j原子的核外电子排布式为_ _。(3)y2x2分子中y原子轨道的杂化类型为_。1 mol y2x2分子中含有键与键的数目之比为_ _。(4)z与w形成的一种z2w分子，与该分子互为等电子体的阴离子为_(任写一种)。(5)jcl3能与z、w的氢化物形成配位数为6的络合物，且相应两种配体的物质的量之比为2:1，氯离子全部位于外界。则该配合物的化学式为_。答案(1)coco、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1:4，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)。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)sp31:3(或sio)3(12分)(2013山东卷)卤族元素包括f、cl、br等。(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是_。(2)利用“卤化硼法”可合成含b和n两种元素的功能陶瓷，右图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有b原子的个数为_，该功能陶瓷的化学式为_。(3)bcl3和ncl3中心原子的杂化方式分别为_和_。第一电离能价于b、n之间的第二周期元素有_种。(4)若bcl3与xyn通过b原子与x原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是_。解析(1)同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小，a对；氟无正价，b错；hf分子间存在氢键，所以熔沸点在同族元素气态氢化物中最高，c错；f2、cl2、br2三种物质的晶体均是分子晶体，组成相似，则相对分子质量越大分子间作用力越大，熔点越高，d错。(2)由晶胞结构示意图，根据均摊法，可得b原子为812个，n原子为412个，则该功能陶瓷的化学式为bn。(3)bcl3中价层电子对数为：(33)/23，b原子为sp2杂化；ncl3中价层电子对数为：(53)/24，n原子为sp3杂化。同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，但是由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能比氧的大，铍原子的2s轨道处于全满状态，铍的第一电离能比硼的大，所以第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有铍、碳、氧3种。(4)b原子最外层有3个电了，与cl形成3个单键后，仍缺少2个电子达到8电子稳定结构，所以在b原子与x形成的配位键中，x提供孤对电子。答案(1)a(2)2bn(3)sp2sp33(4)x4(10分)(2013四川卷)x、y、z、r为前四周期元素且原子序数依次增大。x的单质与氢气可化合生成气体g，其水溶液ph7；y的单质是一种黄色晶体；r基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。y、z分别与钠元素可形成化合物q和j，j的水溶液与agno3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀l；z与氢元素形成的化合物与g反应生成m。请回答下列问题：(1)m固体的晶体类型是_。(2)y基态原子的核外电子排布式是_；g分子中x原子的杂化轨道类型是_。(3)l的悬浊液中加入q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是_。(4)r的一种含氧酸根ro具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是_。解析x的单质与氢气可化合生成气体g，其水溶液ph7，可知x为n(氮)；y的单质是一种黄色晶体，可知y为s(硫)；r基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍，则其核外电子排布式为3d34s1或者3d64s2，结合电子排布规律可知只能是后者，即r为26号元素fe；由z与钠元素形成的化合物与agno3溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，可知z为cl(氯)。(1)m为nh4cl，属于离子晶体。(2)s元素为16号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；nh3分子中n原子的成键电子对数为3，孤电子对数为1，为sp3杂化。(3)agcl悬浊液中加入na2s溶液，白色沉淀转化成黑色沉淀，是由于ksp(ag2s)sse。(3)se位于第四周期，与s的原子序数相差18，故其原子序数为34。由于其核外m层有18个电子，故m层的电子排布式为3s23p63d10。(4)se的原子半径大于s的原子半径，h2se与h2s相比，h2se中se原子对h原子的作用力较弱，h2se在水中更容易电离出h，所以其酸性较强；seo3中se原子采取sp2杂化且有3个配位原子，故其立体构型为平面三角形；so中s原子采取sp3杂化且有3个配位原子，故其立体构型为三角锥形。(5)所给两种酸均为二元酸，当第一步电离出h后，由于生成的阴离子对正电荷有吸引作用，因此较难再电离出h。h2seo3中se为4价，而h2seo4中se为6价，se的正电性更高，导致seoh中o原子的电子向se原子偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出h，即酸性越强。(6)每个晶胞的质量为(540.01010cm)3；运用均摊法可求得每个晶胞中含有4个“zns”，故每个晶胞的质量又可表示为4 g。因此有：(540.01010cm)34 g，解得4.1 gcm3；如图所示，b位于正四面体的中心(类似于ch4分子中的c)。设abacx pm，abc10928，ac540.0 pm270 pm。在三角形abc中，由余弦定理得：ac2x2x22xxcosabc，代入数据解得：xpm。答案(1)sp3(2)osse(3)343s23p63d10(4)强平面三角形三角锥形(5)第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子h2seo3和h2seo4可表示为(ho)2seo和(ho)2seo2，h2seo3中的se为4价，而h2seo4中的se为6价，正电性更高，导致seoh中o的电子更向se偏移，越易电离出h(6)4.1或或1356(12分)(2013开封二模)已知a、b、c、d、e五种元素的原子序数依次增大，其中a原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；b原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；d原子l电子层上有2对成对电子；e的1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态。(1)e元素基态原子的核外电子排布式为_ _。(2)b、c、d三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_(填元素符号)，其原因是_ _。(3)b2a4是石油炼制的重要产物之一 。b2a4分子中b原子轨道的杂化类型为_；1 mol b2a2分子中含_mol 键。(4)已知d、e能形成晶胞结构如图所示的两种化合物，则化学式：甲为_，乙为_；高温时，甲易转化为乙的原因为_。解析原子序数与周期数、族序数都相等的元素只有氢元素，即a为氢元素；b原子核外电子有6种不同的运动状态，因原子核外电子运动状态互不相同，故b为碳元素；l层有两对成对电子，则该层电子排布为2s22p4，即d为氧元素，则c为氮元素；e的1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态，则e元素应为第b族的铜元素。(2)同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于氮元素的2p轨道处于半满状态，较稳定，故其第一电离能大于相邻的碳元素和氧元素，故第一电离能的大小顺序为noc。(3)c2h4分子中碳原子的成键电子对数为(42)/23，故碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化。(4)甲晶胞中白色球有8个处于顶点、4个处于棱上、2个处于面心、1个处于体心：84214,4个黑色球均处于晶胞体内，故甲晶胞的化学式为cuo。乙晶胞中白色球代的元素8个处于顶点、1个处于体心：812，黑色球4个均处于晶胞体内，故乙晶胞的化学式为cu2o。cuo和cu2o中铜的化合价分别为2、1，故cuo和cu2o中的铜原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d9、1s22s22p63s23p63d10，cu2o中铜的各轨道均处于全满状态，性质稳定。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s1或3d104s1(2)con同一周期从左向右，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素的最外层电子达到半充满的稳定构型，故其第一电离能大于氧元素的(3)sp25(4)cuocu2ocu2o中cu的各轨道均为全充满状态，较稳定7(14分)(2013武汉市调研)a、b、c、d、e、f为前四周期元素且原子序数依次增大，其中a含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；c的最外层有6个运动状态不同的电子；d是短周期元素中电负性最小的元素；e的最高价氧化物对应的水化物酸性最强；f除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子。g元素与d元素同主族，且相差3个周期。(1)元素a、b、c的电负性由小到大的顺序是_(用元素符号表示)。(2)e的最高价含氧酸中e的杂化方式为_。(3)f原子的外围电子排布式为_，f的晶体中原子的堆积方式是下图中的_(填“甲”“乙”或“丙”)。(4)d与e、g与e形成的晶体类型相同，但晶体的配位数不同，其原因是_ _。(5)已知de晶体的晶胞如图所示。若将de晶胞中的所有e离子去掉，并将d离子全部换为a原子，再在其中的4个“小立方体”中心各放置一个a原子，且这4个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的a原子与最近的4个原子以单键相连，由此表示a的一种晶体的晶胞(已知aa键的键长为a cm，na表示阿伏加德罗常数)，则该晶胞中含有_个a原子，该晶体的密度是_g/cm3。解析a元素有3个能级且每个能级所含的电子数相同，则其核外电子排布式为1s22s22p2，即为碳；短周期元素中电负性最小的是钠，即d为钠，g与钠相差三个周期，为cs；因c的最外层电子排布式为ns2np4，原子序数比钠小，故c是氧、b是氮；hclo4是酸性最强的含氧酸，故e是氯；f应为第四周期元素，其内层电子均充满，则为1s22s22p63s23p63d10,4s处于半满状态，故f是铜。(1)c、n、o同周期，同周期元素从左至右，电负性逐渐增大，故电负性由小到大的顺序是cno。(2)氯的最高价含氧酸是hclo4，中心原子cl的价原子对数为(71)/24，故采取的杂化类型是sp3杂化。(3)铜的晶体是面心立方最密堆积，甲是体心立方堆积，乙是简单立方堆积，丙是面心立方最密堆积，故选丙。(4)nacl、cscl的阳离子半径不同，由于nacl的正负离子的半径比为0.525，而cscl中正负离子的半径比为0.934，故nacl的配位数是6，cscl的配位数是8。(5)题意所述的晶体为金刚石，且每个碳原子被四个小立方体共有，故每个小立方体相当于有四个碳原子，则四个小立方体含碳原子数为8个。设小立方体的边长为x，则小立方体体对角线(长度为2a)与面对角线(长度为x)和边长(长度为x)构成直角三角形，如图所示，解得x2a/。则该晶体的密度为 g/cm3。答案(1)cnpsna。四种元素最高