高中化学选修三习题附问题详解

1、实用文档第II卷(非选择题)评卷人得分、综合题：共4题每题15分共60分文案大全1.金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，具有良好的生物相容性，它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合 物具有广泛的应用价值。氮化钛(3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的 代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得 Ti3N4和纳米TiO2(如图1)。卡 耳|夫Ti。1何q多二中|如图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如下表:Ii12131415电离能/kJ mol 1738145177331054013630请回答下列问题:(1)Ti的基态原子外围电子排布式为 (2)

2、M是(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为 。(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中采取 sp2方式杂化的碳原子有 个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与 NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为 a pm,则该氮 化钛的密度为 gcm3(NA为阿伏加德罗常数的值， 只列计算式)。该晶体中与N原子距离相等且 最近的N原子有 个。(5)科学家通过X射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似。且知三种离子晶体

3、的晶格能数据如下：KCl、CaO、TiN 三种体熔点由高到低的离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJ mol子晶顺序为【答案】(1)3d24s2(2)Mg12(3)7 O>N>C (4) 12(5)TiN>CaO>KCl【解析】本题主要考查的是物质的结构和性质。(1)Ti位于第四周期，第IVB族，外围电子排布为3d24s2,故答案为3d24s2; (2)金属M的第三电离能远远大于第二电离能，所以 M应为短周期第IIA族元素，又因M可把Ti 置换出来，所以M应为Mg,其晶体堆积模型为六方最密堆积，配位数为12,故答案为：Mg, 12; (3)化

4、合物甲的分子中采取 Sp2杂化的碳原子由苯环上的 6个碳原子和竣基中的一个，共 7个，根据化合物乙的结构可知Sp3杂化的原子有羟基中的氧，氨基中的氮，碳链上的三个碳，C、N、。都位于第二周期，原子序数递增，电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：O>N>C,故答案为：7, O>N>C; (4)由晶胞结构可知，N原子位于立方体晶胞的8个顶点，6个面心，而Ti原子位于立方体晶胞的 12个棱中点和1个体心，根据均摊法可算出 该晶胞中N原子个数为8x+6x=4,该晶胞中Ti原子数为：12x+1=4,晶胞质量为m=K 4+X4=,晶胞中N、Ti之 间的最近距离为立方体边长的一半，

5、所以立方体边长为2a pm,则晶胞的体积 V=(2axi0-10)3cm3,所以晶体的密度p=以顶点的N原子为例，顶点的 N原子离面心上的 N原子距离最近，则与顶点 N原子同层上的有4个 晶胞中的4个面心上的N原子，同样上层4个，下层4个，共12个，故答案为，12； (5)由表中数据可知，离 子晶体所带电荷越大，晶格能也越大，KCl中，离子都带1个单位的电荷，CaO中离子都带2个单位的电荷，TiN中离子都带3个单位的电荷，所以晶格能 TiN>CaO>KCl ,而晶格能越大，离子晶体熔点越高，所以三种离 子晶体熔点由高到低的顺序为：TiN>CaO>KCl ,故答案为：Ti

6、N>CaO>KCl。【备注】无2. X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，丫有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与丫同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：(1)R核外电子排布式为 。(2)X、Y、Z、W形成的有机物 YW(ZX 2)2中Y、Z的杂化轨道类型分别为 ，离子的立体构型是 (3)Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是 (填化学式)，原因是(4)将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入 W2,充分反应后溶液呈深蓝

7、色，该反应的离子方程式为(5)W和Na的一种离子化合物的晶胞结构如图， 该离子化合物为 (填化学式)。Na+的配位数为 , 距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 p gcm3,阿伏 加德罗常数为 Na,则两个最近的 W离子间距离为 nm。(用含c NA的计算式表示)【答案】(1) 1s22s22p63s23p2(2) sp2、sp3；平面三角形；(3) SQ; SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；(4) 2Cu+8NH 3+O2+2H2O2Cu(NH 3)42+4OH-;(5) Na2。；4；立方体； ¥07【解析】本题考查物质结构综合推断题，

8、涉及原子核外电子排布，化合物中心原子的杂化，分子空间构型，晶胞的有关计算等。X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，是H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为1s22s22p2,是C元素；Z原子单电子数在同周期元素中最多，是 N元素；W与Z同周期，第一电离能比 Z的低，原子序数比 N大，是O元素；RYSi QCu R(Si)核外电子排布式为1s22s22p63s23p2(2) X、Y、Z、W形成的有机物CO(NH 2)2中C、N的杂化轨道类型分别为sp2、sp3;离子中心原子 N孤电子对数形成3个，立体构型是平面三角形；(3)

9、 Y、R的最高价氧化物分别是 CO2和 SiO2,沸点较高的是SiO2； SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；(4)将Q(Cu)单质的粉末加入到ZX3(NH3)的浓溶 液中，并通入。2,充分反应后溶液呈深蓝色，生成铜氨络离子，该反应的离子方程式为 2CU+8NH3+O2+2H2O 2Cu(NH 3)42+4OH-； (5)该晶胞中钠离子位于晶胞体心，有 8个，氧离子位于顶点和面心，分摊 4个，所以化 学式为Na2。； Na+的配位数为4;距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立方体；晶胞体 积为，则两个最近的 W离子间距离为X107 nm【备注】无3.化学一选彳3:物质结构与性

10、质在元素周期表中，除稀有气体外几乎所有元素都能氢形成氢化物。(1)氨气属于共价型氢化物，工业常用氨气和醋酸二氨合铜Cu(NH 3)2Ac的混合液来吸收一氧化碳(醋酸根CH3COO-简写为 Ac-)。反应方程式为：Cu(NH 3)2Ac+CO+NHCu(NH 3)3COAc请写出基态 Cu+离子的价电子排布式 。氨水溶液中各元素原子的第一电离能从大到小排列顺序为 ,理由是;其中NH3 应为(填 极性”或 非极性”分子。醋酸分子(CH3COOH)中的两个碳原子的杂化方式分别是 o 生成物Cu(NH 3)3COAc中所含化学键类型有 (填序号)。a.离子键 b.金属键c.共价键d.配位键(2)某离子

11、型氢化物化学式为 XY2,晶胞结构如图所示，其中 6个Y原子(O用阿拉伯数字16标注。已知1、2、3、4号丫原子在晶胞上、下面上。则5、6号丫原子均在晶胞 (填侧面”或内部” J根据以上信息可以推知，XY 2晶体的熔沸点 (填“>”或“<”固态氨的熔沸点。若该晶胞的边长为 anm,密度为 ©cm3, XY 2的摩尔质量为Mg/mol,则阿伏加德罗常数为 。【答案】(1)3d10N>O>H氮原子的2p轨道为半充满结构，相对稳定，氧与氢比较，氧原子核电荷数大，非金属性强，难失电子，极性sp3 sp2acd (2)内部 【解析】本题考查了物质结构与性质。(1)Cu元

12、素为29号元素，原子核外由29个电子，故基态Cu+离子的价电子排布式为3d10。氨水溶液中含有 N、O、H三种元素，N原子的2P轨道为半充满结构，相对稳定，O与H比较，O原子核电荷数大，非金属性强，难失电子，故第一电离能由大到小的顺序为N >O> Ho实用文档甲基中C原子形成4个单键，杂化轨道数目为 4,采用sp3杂化，竣基中C原子形成3个b键，杂化轨道数 为3,采用sp2杂化。铜离子与氨气之间存在配位键，氨气中N与H形成共价键，Cu(NH 3)3CO+与Ac-之间是离子键，故该题选abd。(2)X位于8个顶点和一个体心，晶胞中一共含有2个X,由化学式XY2可知，该晶胞中含有4个丫

13、，又1、2、3、4号丫原子在晶胞的上下面上，则实际为 2个丫原子，则5、6号丫原子均在晶胞内部。XY2晶体为离子晶体、固态氨为分子晶体，所以XY 2晶体的熔沸点比固态氨高。一个晶胞中含有 2个XY2, XY?的摩尔质量为Mg/mol,则晶胞的质量为g,若该晶胞的边长为 anm,则晶胞 的体积为=a3xi0-21cm3,晶胞的密度为 ©cm3,则=a3xi0-21,解得阪=。【备注】无4.如图分别是金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管的结构示意图。图中小黑点或小黑圈均代表碳原子。ABCD(1)四种物质互称为 。写出碳原子的基态电子排布图 试比较：第一电离能Ii(C)、Ii(N)、Ii(O)由

14、大到小的顺序为 (3)石墨中存在的作用力有 。A.共价键 B.金属键 C.氢键 D.配位键E.分子间作用力石墨中碳原子采取的杂化方式是 C的熔沸点比 A(填高”或低”原因是。(5)金刚石晶胞结构如下图所示，若金刚石的密度为 p g cm-3,试计算碳原子的半径为 pm(用含p式子表示，不必化简)。【答案】(1)同素异形体:j 21MM I 口(2)l1(N)>l1(O)>l1(C) 2(3)ABE sp(4)低金刚石是原子晶体，而足球烯为分子晶体(5)【解析】本题考查同素异形体、核外电子排布、第一电离能、杂化方式等、晶胞的结构和计算等。(1)金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管都是碳的单

15、质，根据结构示意图可以看出它们结构都不同，所以它们互为同素异形体；碳是6号元素，根据构造原理可知碳的基态电子排布图为：回回 |十I t 1 1 ； (2)根据元素周期律可知同一周期元素第一电离能逐渐增大，但是N原子的最外层处于半满结构，比较稳定，所以第一电离能最大，所以"(N)>Ii(O)>Ii(C)； (3)石墨是层状结构，在同一层内碳与碳之间形成C-C单键，是。键，而在层与层之间是通过分子间作用力相结合，所以石墨中存在的作用力是b键和分子间作用力，故选 ABE,在层内每个碳与周围三个碳形成共价键，所以碳的杂化方式为sp2; (4)A是金刚石，原子晶体，C是足球烯为分子

16、晶体，所以C的沸点低；(5)根据图A及题目中的描述，根据金刚石晶胞的结构图可知，金刚石晶胞是面心立方堆积 完之后还在四个四面体里有原子，也就是说在金刚石晶胞的体对角线上连排了四个原子，并且相切，所以体对 角线长度就是碳原子半径的8倍，设晶胞边长为a,碳原子的半径为r,即a=8r, .碳原子的质量=,又：每个晶胞中含有碳原子个数 =4+8x +6x=8,由=,得a=2x, < a=8r, ： r=a=。【备注】无5.已知：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中 A 原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；D、 E原子核外的M层

17、中均有两个未成对电子；G原子核外价电子数与 B相同，其余各层均充满。B、E两元素组成化合物 B2E的晶体为离子晶体。c、f的原子 均有三个能层，C原子的第一至第四电离能(KJ mol-1)分别为578、1 817、2 745、11 575; C与F能形成原子数 目比为1 ： 3、熔点为190 c的化合物Q。(1)B的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为 ； E元素的最高价氧化物分子的立体构型是 。F元素原子的核外电子排布式是 , G的高价离子与 A的简单氢化物形成的 配离子的化学式为。试比较B、D分别与F形成的化合物的熔点高低并说明理由 o(3)A、G形成某种化合物的晶胞结构如图所示。若阿伏

18、加德罗常数为Na,该化合物晶体的密度为 a g cm-3,其晶胞的边长为 cm。在1.01 105 Pa、T1 C时，气体摩尔体积为53.4 Lmol-1,实验测得Q的气态密度为5.00 g L,则此时Q的组 成为。【答案】(1)8;平面三角形；1s22s22p63s23p5； Cu(NH 3)/NaCl的熔点高于SiCl4,因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体(3)(4)Al 2Cl6【解析】本题考查了物质的结构和性质。A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。 其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，因此A是N元素。D、

19、E原子核外的M层中均有两个未成对电子，则 D的M层为3s2 3p2,则D是Si元素。E的M层为3s2 3p4, 则E是S元素。B、E两元素组成化合物 B2E的晶体为离子晶体，所以 B为IA族的金属，则B是钠元素。G原 子核外最外层电子数与 B相同，则G的最外层电子数为1,其余各层均充满，且 G的原子序数最大，因此 G 是铜元素。C、F的原子均有三个能层，因此C、F在第三周期。C的逐级电离能前三个数据接近，第四电离能突变，所以易失去三个电子，为第W A族元素，则C是铝元素。C与F能形成原子数目比为1 : 3、熔点为190c 的化合物Q,说明F为-1价，即F为Cl元素，Q是AlCl3。(1)金属钠

20、的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位 数为8, E元素的最高价氧化物分子是三氧化硫，其中心原子S原子含有的孤对电子对数为(6-3X2)=0,所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形。根据构造原理可知，Cl元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5,G的高价离子Cu2+与A的简单氢化物NH3形成的配离子的化学式为Cu(NH3)42+。(2)B、D分别与F形成的化合物分别是氯化钠和四氯化硅。因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体，所以 NaCl的熔点高于SiCl4。(3)根据晶胞的结构可知，N原子在顶点，含有的个数为8X= 1个。铜在棱边，含有的个数为12X=3个，即化学式为 C

21、U3N。设边长为 x cm,则 XNa=1,解得 x =。(4)根据 M=>V=5.00 g/L 53.4 L/mol =267 g/mol,是 AlCl 3 相对分子质量的=2倍，所以其化学式为 Al 2c展【备注】无6.第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、。形成多种化合物。(1)下列叙述正确的是。(填字母)A . HCHO与水分子间能形成氢键B . HCHO和CO2分子中的中心原子均采用 sp2杂化C.苯分子中含有6个凝和1个大无键，苯是非极性分子D. CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低(2)Mn和Fe的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能/kJ mol 1I17

22、17759I215091561I332482957Mn元素价电子排布式为 _,气态Mn2+再失去一个电子比气态 Fe2+再失去一个电子难，其原因是 _(3)铁原子核外有 种运动状态不同的电子。(4)根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中 Ti属于 区(5)Ti的一种氧化物X,其晶胞结构如图所示，则 X的化学式为。(6)电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CM离子，可在X的催化下，先用NaClO将C2氧化成CNO ,再在酸性条件下CNO继续被NaClO氧化成 心和CO2。H、C、N、。四种元素的电负性由小到大的顺序为 。与CNO互为等电子体微粒的化学式为 (写出一种即可)。

23、氟酸(HOCN)是一种链状分子，它与异氟酸(HNCO)互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氟酸的结构式 。【答案】(1)AD (2)3d54s2; Mn2+转化为Mn3 +时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的 3d4状态(或Fe2+转化为Fe*时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的 3d5半充满状态)(3)26 (4)d (5) TiO 2 (6)H<C<N<OCO2、N2o、SCN N-C O H【解析】本题考查了物质的结构与性质。（1）甲醛中含有羟基，由于氧元素的电负性大，所以甲醛与水可以形成氢键，故A正确。二氧化碳为直线型

24、分子，中心原子 C原子为sp杂化，故B错。苯中碳碳键含有 6个 凝， 每个碳氢键含有一个 b键，所以苯分子中一共含有 12个b键和1个大无键，故C错。常温下二氧化碳为分子晶 体，二氧化硅为原子晶体，所以 CO?晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故 D正确。（2）25号元素镒， 价电子个数为25-18=7,价电子排布为3d54s2, Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为 不稳定的3d4状态，而铁为26号元素，价电子排布为 3d64s2, Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态 转变为较稳定的3d5半充满状态，故气态Mn2+再失去一个电子比气态 F

25、e2+再失去一个电子难。（3）铁的核外电子 数是26,则铁原子核外有26种运动状态不同的电子。（4）区的划分来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名 称，Ti是22号元素，其价电子排布式为 3d24s2,所以Ti元素位于d区。（5）根据晶胞结构可知，氧原子位于面 心处与晶胞内，Ti原子位于顶点处和体心处，则根据均摊原理可知，结构中氧原子的个数为4X+ 2 = 4个，Ti原子个数为1 + 8X= 2,所以化学式为Ti02o （6）非金属性越强，电负性越大。因此同周期自左向右电负性逐 渐增大，则H、C、N、。四种元素的电负性由小到大的顺序为H<C<N<Oo价电子数与原子数分别都相等

26、的互为等电子体，则与 CN。一互为等电子体微粒的化学式为CO2（N2O）、SCN等。氟酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氟酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，因此分子中 C与N形成三键，其余均是单键，所以氟酸的结构式N-C- O Ho【备注】无评卷人得分三、推断题：共1题每题15分共15分试卷第#页，总8页7.【化学选彳3:物质结构与性质】有 A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素 （原子序数均小于 30）。A的基态原子2P能级有3个单电子；C的基态原子2P能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子， 其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：（1）D的元素符号为 。