高三化学二轮复习 第1部分 专题14 物质结构与性质（选修）限时训练.doc

专题14 物质结构与性质（选修）限时(60分钟)1碳是地球上组成物质最多的元素，含碳元素的物质在材料、能源等领域具有广泛的用途。请回答下列问题：(1)我国科学家借助一种自主研制的新型钨基合金催化剂，研究出单壁碳纳米管结构可控制备方法。该学术成果发表在2014年6月26日的自然杂志(英国)上。单壁碳纳米管可看作由石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圆柱体，其中碳原子的杂化方式为_。(2)co的一种等电子体为no，它的电子式为_；co与ni可生成羰基镍ni(co)4，已知其中镍为0价，镍原子在基态时，核外电子排布式为_；ni(co)4的配体是_，配位原子是_。(3)下表是一组含碳物质的沸点数据：有机物甲醇(ch3oh)一氟甲烷(ch3f)丙烯(ch3ch=ch2)相对分子质量323442沸点/64.778.247.4甲醇的沸点高于一氟甲烷和丙烯的原因是_。丙烯分子中键与键数目之比为_。一氟甲烷的空间构型为_。解析：(1)石墨烯为平面结构，其中碳原子为sp2杂化。(2)co和no互为等电子体，结构相似，则可写出它的电子式。ni(co)4中，中心原子是ni，配体是co，配位原子是c。(3)甲醇分子中羟基氢原子与其他甲醇分子中的羟基氧原子形成氢键，使其沸点升高；丙烯分子中含有6个ch 键、2个cc 键和1个键，故键与键数目之比为81；一氟甲烷是甲烷中一个氢原子被f原子取代的产物，故一氟甲烷为四面体结构，但不是正四面体。答案：(1)sp2(2)no1s22s22p63s23p63d84s2或ar3d84s2coc(3)甲醇分子间存在氢键81四面体(答正四面体错)2铜是一种历史悠久的金属材料，在现代生活中，铜及其化合物仍扮演着重要的角色。(1)铜在元素周期表中的位置为第_周期，第_族，_区，基态亚铜离子(cu)的核外电子排布式为_。(2)向cuso4溶液中逐渐加入氨水至过量，可观察到的现象为_，反应的离子方程式为_。(3)锂磷酸氧铜电池正极的活性物质是cu4o(po4)2，可通过下列反应制备：2na3po44cuso42nh3h2o=cu4o(po4)23na2so4(nh4)2so4h2opo的空间构型是_；与nh3互为等电子体的分子、离子有_、_(各举一例)。(4)利用反应：cu2cl2c2h22nh3=cu2c2(乙炔亚铜，红色)2nh4cl可检验乙炔。乙炔分子中键与键数目之比为_。(5)cu元素与h元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图所示。则该化合物的化学式为_。解析：(1)基态cu原子的价电子排布式为3d104s1，故铜在元素周期表中位于第四周期，第b族，ds区。基态亚铜离子(cu)的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或ar3d10。(2)向cuso4溶液中逐渐加入氨水至过量，先生成cu(oh)2沉淀，随后沉淀溶解，生成cu(nh3)42。(3)po中p原子以sp3形式杂化，其空间构型是正四面体。与nh3互为等电子体的分子、离子中应有4个原子，且价电子总数为8。(4)共价单键是键，共价三键由1个键和2个键组成。1个chch分子中有3个键，2个键。(5)由均摊法可知，1个晶胞中，n(cu)(66)(11)36，n(h)6136，n(cu)n(h)11，所以该化合物的化学式为cuh。答案：(1)四bds1s22s22p63s23p63d10或ar3d10(2)先生成蓝色沉淀，随后沉淀溶解，得到蓝色溶液cu24nh3h2o=cu(nh3)424h2o(或写两步反应的离子方程式)(3)正四面体ph3或ash3h3o或ch(4)32(5)cuh3af是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的六种元素。a、c的价电子层中未成对电子数都是2；d核外的s能级的电子总数比p能级的电子总数少1；基态e、f原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且两者原子序数相差2。回答下列问题：(1)e能形成多种配合物，如e(ac)x。基态e原子的m层电子排布式为_。配合物e(ac)x的中心原子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则x_。e(ac)x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断e(ac)x晶体属于_(填晶体类型)。(2)写出化合物ac的结构式：_。(3)很多不饱和有机物在f单质的催化下可与h2发生加成反应，如ch2=ch2、hcch、hcho。其中碳原子采取sp2杂化的分子有_(填物质序号)，hcho分子的立体结构为_，它加成产物的熔、沸点比ch4的熔、沸点高，其主要原因是(须指明加成产物是何物质)_ _。(4)d和c形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，以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 gcm3，阿伏加德罗常数为na，求晶胞边长a_cm。(用含、na的代数式表示)解析：根据题目信息推断，af元素分别是碳、氮、氧、钠、铁、镍。(1)fe原子核外有26个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则fe原子m层电子排布式为3s23p63d6。配合物fe(co)x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2,82x18，x5。根据题给信息知，fe(co)5的熔、沸点较低，且易溶于非极性溶剂，所以为分子晶体。(2)化合物ac是co，其结构式为co。(3)ch2=ch2中每个碳原子形成3个键，不含孤电子对，所以碳原子采取sp2杂化；chch中每个碳原子形成1个ch 键，cc键中还有1个键，杂化轨道数为112，所以碳原子采取sp杂化；苯中每个碳原子形成1个ch 键，2个cc 键，同时参与形成大键，杂化轨道数为123，所以碳原子采取sp2杂化；hcho中碳原子形成2个ch 键，1个碳氧双键，双键中含有1个键、1个键，杂化轨道数为213，所以碳原子采取sp2杂化。hcho分子的立体结构为平面三角形；hcho与h2的加成产物是甲醇，甲醇分子间形成氢键，所以甲醇的熔、沸点比ch4的熔、沸点高。(4)该晶胞中实际含有黑球的个数为81/861/24，白球位于立方体内，全部属于该晶胞，共8个。故其化学式为na2o，白球表示na，黑球表示o2。以面心的o2为研究对象，可知一个阴离子周围最近的阳离子有8个，以这8个阳离子为顶点构成的几何体是立方体。va3(cm3)，则a cm。答案：(1)3s23p63d65分子晶体(2)co(3)平面三角形加成产物ch3oh分子间能形成氢键(4)立方体4元素周期表中，硼、硅、锗、砷、钋等位于金属和非金属分界线附近，其单质及化合物应用广泛。请回答下列问题：(1)区分晶体sio2和非晶体sio2的最可靠的科学方法是_。(2)基态砷原子有_个未成对电子，基态锗原子外围电子排布式为_。(3)nabf4中配离子是_(填离子符号)。1 mol nh4bf4含_mol配位键。(4)硼酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为h3bo3naoh=nab(oh)4。h3bo3中硼原子的杂化类型为_。b(oh)的空间构型为_。(5)镓(ga)、锗(ge)、砷(as)、硒(se)的第一电离能由大到小的排列顺序为_。(6)钋(po)是一种放射性金属，钋晶胞的堆积模型为简单立方堆积(如图)，钋的摩尔质量为209 gmol1，晶胞的密度为 gcm3。该晶胞中原子的配位数为_；钋晶胞的边长为_pm(用na表示阿伏加德罗常数的值，用代数式表示晶胞的边长)。钋晶胞模型解析：(1)x射线衍射法是区别晶体和非晶体的最可靠的科学方法。(2)砷和氮位于同主族，基态原子有3个未成对电子。锗和碳位于同主族，则锗的价电子排布式为4s24p2。(3)nabf4由na与bf通过离子键结合而成，其中bf是配离子；nh4bf4由nh与bf通过离子键结合而成，阴、阳离子各含1个配位键。(4)b(oh)3中硼原子采取sp2杂化，b(oh)中b原子采取sp3杂化，b(oh)的空间构型为正四面体。(5)在周期表中，同周期元素从左至右，第一电离能呈增大的趋势，但a族元素最外层s轨道为全充满稳定状态，a族元素最外层p轨道为半充满的稳定状态，第一电离能较大，所以as的第一电离能大于se的第一电离能，故4种元素的第一电离能：assegega。(6)由钋的晶胞示意图可知，1个晶胞含1个钋原子，原子的配位数为6。设晶胞的边长为a，m(po) g，a3，a(cm)，1 cm11010pm，则a1010pm。答案：(1)x射线衍射法(2)34s24p2(3)bf2(4)sp2正四面体(5)assegega(6)610105(2015高考福建卷)科学家正在研究温室气体ch4和co2的转化和利用。(1)ch4和co2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_。(2)下列关于ch4和co2的说法正确的是_(填序号)。a固态co2属于分子晶体b. ch4分子中含有极性共价键，是极性分子c因为碳氢键键能小于碳氧键，所以ch4熔点低于co2d. ch4和co2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp(3)在ni基催化剂作用下，ch4和co2反应可获得化工原料co和h2。基态ni原子的电子排布式为_，该元素位于元素周期表中的第_族。ni能与co形成正四面体形的配合物ni(co)4,1mol ni(co)4中含有_ mol 键。(4)一定条件下，ch4、co2都能与h2o形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。ch4与h2o形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。分子直径/nm分子与h2o的结合能e/kjmol1ch40.43616.40 co20.51229.91 “可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_。为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用co2置换ch4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586 nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_。解析：(1)非金属性越强，则电负性越大，故h、c、o的电负性依次增大。(2)co2是由非金属元素形成的分子晶体，a选项正确；ch4分子是正四面体结构，其为非极性分子，b选项错误；ch4和co2都是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔、沸点越高，故c选项错误；ch4为正四面体结构，故碳原子的杂化类型是sp3，co2为直线形分子，故碳原子的杂化类型是sp，d选项正确。(3)ni的原子序数为28，故基态ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；在元素周期表中，ni位于第四周期、第族。1个co分子中存在1个键，而ni(co)4中ni与co之间还存在4个键，故1 mol ni(co)4中含有8 mol键。(4)可燃冰中存在分子间作用力即范德华力，另外水分子间还存在氢键。分子与h2o的结合能越大表明越容易与h2o结合。答案：(1)h、c、o (2)a、d(3)1s22s22p63s23p63d84s2或ar3d84s28(4)氢键、范德华力co2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与h2o的结合能大于ch46(2016江西六校联考)前四周期元素a、b、c、d、e、f，原子序数依次增大，其中a和b同周期，固态的ab2能升华；c和e原子都有一个未成对电子，c比e少一个电子层，e原子得到一个电子后3p轨道全充满；d最高价氧化物中d的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数；f为红色单质，有f和f2两种离子。回答下列问题：(1)元素电负性：d_e(填“”“”“”或“”)；(3)ae4中a原子杂化轨道方式为_杂化，其固态晶体类型为_；(4)f的核外电子排布式为_；向f的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体中f与nh3之间的化学键为_；(5)氢化物的沸点b比d高的原因是_；(6)元素x的某价态阴离子xn中所有电子正好充满k和l电子层，cnx晶体的最小结构单元如图所示。该晶体中阳离子和阴离子个数比为_，晶体中每个xn被_个等距离的c包围。解析：根据题干中信息可分析出a是碳元素，b是氧元素，c是钠元素，d是硫元素，e是氯元素，f是铜元素。(1)硫元素的非金属性弱于氯元素，则电负性de。(3)ccl4中碳原子的价层电子对数是4，且不含有孤对电子，所以碳原子杂化轨道方式为sp3杂化，其固态晶体类型为分子晶体。(4)根据核外电子排布规律可知铜的核外电子排布式为ar3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)；向f的