届高三化学一轮备考之全国百所名校模拟题分类汇编专题12 物质结构与性质.docx
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届高三化学一轮备考之全国百所名校模拟题分类汇编专题12物质结构与性质
专题12物质结构与性质
1.已知元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大。
X基态原子的核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，Z是地壳中含量最多的元素，W是电负性最大的元素，元素Q的核电荷数等于Y、W原子的最外层电子数之和。
另有R元素位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，外围电子层有2个未成对电子。
请回答下列问题。
（1）微粒XZ
的中心原子杂化类型为，化合物YW3的空间构型为。
（2）R基态原子的电子排布式为。
（3）一种新型超导晶体的晶胞如右图所示，则该晶体的化学式为，
其中一个Q原子紧邻个R原子。
（4）R的氢氧化物能溶于含XY－离子的溶液生成一种配离子[R（XY）4]2-，该反应的离子方程式是。
弱酸HXY分子中存在的σ键与π键的数目之比为。
【答案解析】【解析】
（1）sp2三角锥形
（2）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2
（3）MgNi3C12
（4）Ni（OH）2＋4CN－===[Ni（CN）4]2-＋2OH－11
解析：
元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大．X基态原子核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，其电子排布为1s22s22p2，则X为C；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O，所以Y为N；W是电负性最大的元素，则W为F，元素Q的核电荷数等于Y、W原子最外层电子数之和，则Q的核电荷数为5+7=12，则Q为Mg；另有R元素位于周期表第4周期第VIII族，价层电子中有两个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则R为Ni元素，
（1）微粒CO32-的中心原子价电子数4+（4+2-2×3）/2=4，为sp3杂化，化合物NF3的空间构型与氨气相似，为三角锥形；
（2）R的原子序数为28，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；
（3）Mg位于顶点，个数为8×1/8=1，C位于体心，个数为1，Ni位于面心，个数为6×1/2=3，则晶体的化学式为MgCNi3或MgNi3C，Q与R最近距离在面上，1个Q紧邻R原子的个数为3×8×1/2=12；
（4）R的氢氧化物能溶于含XY-离子的溶液生成一种配离子[R（XY）4]2-，该反应的离子方程式是
Ni（OH）2+4CN-=[Ni（CN）4]2-+2OH-，弱酸HXY分子，结构式为H-C≡N，单键为σ键，三键中有1个σ键、2个π键，则存在的σ键与π键的数目之比为1：
1；
2．在一定条件下，RO3-与R-可发生反应RO3-+5R-+6H+=3R2+3H2O,下列关于R元素的叙述正确的是（）
A．元素R位于周期表中VA族B．RO3-中的R元素只能被还原
C．R2在常温常压下一定是气体D．若1molRO3-参加反应，转移电子5mol
【答案解析】【解析】D解析：
A．RO3-+5R-+6H+═3R2+3H2O中R元素化合价由+5价、-1价变为0价，则R的最低负价是-1价，则最高正价是+7价，R为第VIIA族元素（F元素除外），故A错误；
B．处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以RO3-中的R元素有氧化性和还原性，故B错误；
C．R2在常温常压下不一定是气体，如溴是液体、碘是固体，故C错误
D．R元素化合价由+5价变为0价，得5e-，故1molRO3-参加反应，转移电子5mol，故D正确；
故答案选D
3．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
可以由下列反应合成三聚氰胺：
CaO＋3CCaC2＋CO↑，
CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O===NH2CN＋Ca（OH）2，
NH2CN与水反应生成尿素[CO（NH2）2]，尿素合成三聚氰胺。
∙写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：
_____；CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的
分子有N2O和________（填化学式），由此可以推知CN的空间构型为________。
（2）尿素分子中C原子采取________杂化。
（3）三聚氰胺（
）俗称“蛋白精”。
动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸（
）后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过________结合，在肾脏内易形成结石。
（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为，
Ca2＋采取的堆积方式为，
O2-处于Ca2＋堆积形成的空隙中；
CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：
CaO3401kJ·mol-1、NaCl786kJ·mol-1。
导致两者晶格能
差异的主要原因是___________________________________。
（5）配位化合物K3[Fe（CN）n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=。
【答案解析】
37、【化学—选修3：
物质结构与性质】
（1）1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 ，CO2 ，直线形
（3）分子间氢键
（4）6，面心立方最密堆积，八面体，
CaO晶体中Ca2＋、O2－的带电量大于NaCl晶体中Na＋、Cl－的带电量
（5）6
解析：
（1）Ca在第四周期，最外层2个电子，则内层排满电子的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，CN22-含22个电子，与CN22-互为等电子体的分子还有CO2，互为等电子体的分子结构相似，由此可以推知CN22-的空间构型与CO2相似为直线形；
（2）尿素分子中C原子与氧原子结合成双键，与两个氮原子结合成单键，采取sp2杂化，其结构为
；
（3）三聚氰胺和三聚氰酸分子中都含有N元素，而且形成N-H键，相互之间可通过分子间氢键结合；
（4）由图可知，CaO晶体中Ca2+的配位数为6，是面心立方最密堆积，O2-处于Ca2＋堆积形成的八面体（6个面面心的点形成八面体）空隙中；CaO晶体和NaCl晶体都是离子晶体，晶格能差异的主要原因是CaO晶体中Ca2＋、O2－的带电量大于NaCl晶体中Na＋、Cl－的带电量。
⑸铁原子的最外层电子数是2，配体提供电子数是2，因此n=6.
4．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
（1）含碳物质不完全燃烧会产生CO。
血红蛋白中含有Fe2+，CO易与血红蛋白结合成稳定的配合物而使人中毒，写出铁离子（Fe3+）的核外电子排布式为，CO有多种等电子体，其中常见的一种分子是。
利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe（CO）5等，已知一个COCl2分子中每个原子最外层都形成8电子的稳定结构，则一个COCl2分子内含有个δ键，C原子的杂化方式为。
Fe（CO）5等在一定条件下分解生成CO和铁，反应过程中断裂的化学键是，形成的化学键是。
（2）A、B均为短周期金属元素。
依据下表数据，回答问题：
电离能/kJ·mol-1
I1
I2
I3
I4
A
932
1821
15390
21771
B
738
1451
7733
10540
写出A原子的电子排布图，Al原子的第一电离能（填：
“大于”、“小于”或“等于”）738kJ·mol-1，原因是。
（3）下图是一种镍（Ni）镧（La）合金储氢后的晶胞结构图。
该合金储氢后，含0.5molNi的合金可吸附氢气的体积（标况）为。
【答案解析】
（1）1s22s22p63s23p63d5N23个sp2配位键金属键（每空1分）
（2）
（2分）小于（2分）由表中数据判断B为Mg元素，其最外层电子排布式为3s2，而Al最外层电子排布式为3s23p1，当3p处于全充满、半充满或全空时较稳定，因此，失去p亚层的1个电子相对比较容易。
（2分）（3）6.72L（3分）
解析：
（1）Fe的原子数序为26，电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去3个电子变成铁离子，Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，根据等电子体中原子数和价电子数都相同，CO的原子数是2，价电子数是10，则常见分子中N2与CO互为等电子体，已知COCl2分子中每个原子最外层都形成8电子的稳定结构，结构简式为：
，分子中含有2个单键和1个双键，则COCl2分子内含有3个σ键、1个π键，C原子的杂化方式为sp2。
Fe（CO）5等在一定条件下分解生成CO和铁，方程式为：
Fe（CO）5=Fe（s）+5CO，断裂的只有配位键，反应生成Fe，则形成金属键。
（2）由表中数据判断B为Mg元素，其最外层电子排布式为3s2，而Al最外层电子排布式为3s23p1，当3p处于全充满、半充满或全空时较稳定，因此，失去p亚层的1个电子相对比较容易。
（3）观察晶胞结构图平均每个晶胞中镍原子个数为：
（8×1/2）+1=5，每个晶胞吸附的氢分子个数为（8×1/4）+（2×1/2）=3，所以含0.5molNi的合金可吸附氢气的物质的量是0.3mol，体积是0.3mol×22.4L/mol=6.72L。
5.X、Y、Z、M、Q是中学化学常见的五种元素，原子序数依次增大，其结构或性质信息如下表:
元素
结构或性质信息
X
其原子最外层电子数是内层电子数的2倍
Y
基态原子最外层电子排布为nsnnpn+1
Z
非金属元素，其单质为固体，在氧气中燃烧时有明亮的蓝紫色火焰
M
单质在常温、常压下是气体。
基态原子的M层上有1个未成对的p电子
Q
其与X形成的合金为目前用量最多的金属材料
（1）Q元素基态原子的电子排布式是:
____________。
（2）比较Y元素与氧元素的第一电离能:
____>____;X和Z形成的化合物XZ2为一种液体溶剂,其分子中的
键和
键数目之比为:
_____。
（3）写出实验室制备M单质的离子方程式:
_____。
（4）M的气态氢化物和氟化氢相比（写化学式）:
稳定性强的是_____________，其原因是_____________________；
沸点高的是_____________，其原因是_____________________。
【答案解析】（13分）
（1）
（1）[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2（2分）
（2）N>O（1分+1分）；1:
1（2分）
（3）MnO2+2Cl-+4H+△Cl2↑+Mn2++2H2O（3分）
（4）HF>HCl（1分）因为元素非金属性F>Cl,所以HF稳定；（1分）
HF>HCl（1分）因为HF分子之间存在氢键，所以HF沸点高。
（1分）
解析：
根据题意X、Y、Z、M、Q分别是C、N、S、Cl、Fe。
⑴铁原子核外有26个电子，基态原子的电子排布式是:
1s22s22p63s23p63d64s2
⑵核外电子排布处于半充满、全充满、全空是稳定结构，N原子的2p能级是半充满状态，是稳定状态，因此第一电离能N>O。
X和Z形成的化合物XZ2为CS2，结构为S=C=S,
键和
键数目之比为1：
1.
⑶实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气。
⑷非金属性：
F>Cl，则氢化物的稳定性HF>HCl，由于HF分子间存在氢键，其沸点比HCl高。
6.I．卤族元素的单质和化合物很多，我们可利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们。
（1）卤族元素位于元素周期表的___________区；
（2）请根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是______________;
（3）已知高碘酸有两种形式，分子式分别为H5IO6和HIO4，前者结构如图，后者则为一元酸，请比较二者酸性强弱：
H5IO6_________HIO4（填“>”“<”或“=”）。
II．某配位化合物X为深蓝色晶体，由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种非0族元素组成，其原子个数比为14:
4:
5:
1:
1，其中A是元素周期表中原子半径最小的元素，B元素原子最外层p能级比s能级多一个电子，C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的原子外围电子排布为（n-l）dn+6nsl。
请回答下列问题：
（1）元素E在周期表中的位置是_______________;该配位化合物X的化学式为___________
（2）下列关于X的说法正确的是（）
A．X中所含化学键有离子键、配位键和氢键
B．X中E离子给出孤对电子
C．组成X的元素中第一电离能最大的是C
D．DC42﹣空间构型为正四面体
（3）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为_____________，其中B原子的杂化方式为。
（4）C元素与D元素形成的一种具有较强还原性的分子的VSEPR模型为
（5）已知单质E的晶胞属于面心立方最密堆积，其晶胞边长为a
10-8cm，则E的密度为g·cm-3。
【答案解析】（15分）
I．
（1）p（1分）
（2）碘（1分）（3）<（1分）
II.
（1）第四周期IB族（2分）[Cu（NH3）4]SO4·H2O（2分络合物方括号没写不扣分）
（2）D（2分）
（3）H-N=N-H（1分）sp2杂化（1分）（4）平面三角形（2分）
（5）
（2分）
解析：
I．
（1）根据构造原理知，卤族元素最后填入的电子为p电子，所以卤族元素位于元素周期表的p区.
（2）碘的第一电离能最小，最容易失去电子，因此最有可能生成较稳定的单核阳离子
（3）在酸分子中非羟基氧原子数越多，该酸的酸性就越强。
所以二者酸性强弱：
H5IO6II.A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A是H，B元素原子最外层p能级比s能级多一个电子，是N，其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，判断D是S、C是O；E元素的外围电子排布为（n-1）dn+6nsl，n-1≥3，0＜n+6≤10，n=4，故E是Cu,在第四周期IB族，X的化学式为[Cu（NH3）4]SO4·H2O，含离子键、共价键、配位键，没有氢键，A错误；Cu提供孤对电子，B错误；组成X的元素中第一电离能最大的是N，C错误；根据价电子互斥理论计算，中心原子S，共6个价电子；配合原子O，按原理不算电子，为0；加上两个外电子（电荷）共8个电子，4对价电子，而S与4个O相成键，故SO42-为正四面体结构，D正确。
（3）H、N形成H2N2，是平面结构，因此结构中含双键，即H-N=N-H，N原子采取sp2杂化
（4）C元素与D元素形成的一种具有较强还原性的分子是SO2，分子中有1对孤电子对，价层电子对数为3，VSEPR模型名称为平面三角形。
（5）Cu的晶胞属于面心立方最密堆积，则1个晶胞含4个原子，晶胞质量为4×64/NA，晶胞体积是（a
10-8cm）3，密度为
。
7、2013年12月15日，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面。
“玉兔”号是中国首辆月球车，成功实现对月面的科学探测。
“玉兔”号用
Pu作为热源材料。
下列关于
Pu的说法正确的是
A．
Pu与
Pu具有相同的最外层电子数
B．
Pu与
Pu互为同素异形体
C．
Pu与
U具有完全相同的化学性质
D．
Pu与
U互为同位素
【答案解析】【解析】A解析：
A、元素一定则核电荷数一定，核外电子排布相同，
Pu与
Pu具有相同的最外层电子数，故A正确；B、
Pu与
Pu互为同位素，故B错误；C、
Pu与
U不是同种元素，不具有相同的化学性质，故C错误；D、
Pu与
U只是质量数相同，故D错误；
故答案选Ａ
8.已知元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大。
X基态原子的核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，Z是地壳中含量最多的元素，W是电负性最大的元素，元素Q的核电荷数等于Y、W原子的最外层电子数之和。
另有R元素位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，外围电子层有2个未成对电子。
请回答下列问题。
（1）微粒XZ
的中心原子杂化类型为，化合物YW3的空间构型为。
（2）R基态原子的电子排布式为。
（3）一种新型超导晶体的晶胞如右图所示，则该晶体的化学式为，
其中一个Q原子紧邻个R原子。
（4）R的氢氧化物能溶于含XY－离子的溶液生成一种配离子[R（XY）4]2-，该反应的离子方程式是。
弱酸HXY分子中存在的σ键与π键的数目之比为。
【答案解析】【解析】
（1）sp2三角锥形
（2）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2
（3）MgNi3C12
（4）Ni（OH）2＋4CN－===[Ni（CN）4]2-＋2OH－11
解析：
元素X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，原子序数依次增大．X基态原子核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，其电子排布为1s22s22p2，则X为C；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O，所以Y为N；W是电负性最大的元素，则W为F，元素Q的核电荷数等于Y、W原子最外层电子数之和，则Q的核电荷数为5+7=12，则Q为Mg；另有R元素位于周期表第4周期第VIII族，价层电子中有两个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则R为Ni元素，
（1）微粒CO32-的中心原子价电子数4+（4+2-2×3）/2=4，为sp3杂化，化合物NF3的空间构型与氨气相似，为三角锥形；
（2）R的原子序数为28，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；
（3）Mg位于顶点，个数为8×1/8=1，C位于体心，个数为1，Ni位于面心，个数为6×1/2=3，则晶体的化学式为MgCNi3或MgNi3C，Q与R最近距离在面上，1个Q紧邻R原子的个数为3×8×1/2=12；
（4）R的氢氧化物能溶于含XY-离子的溶液生成一种配离子[R（XY）4]2-，该反应的离子方程式是
Ni（OH）2+4CN-=[Ni（CN）4]2-+2OH-，弱酸HXY分子，结构式为H-C≡N，单键为σ键，三键中有1个σ键、2个π键，则存在的σ键与π键的数目之比为1：
1；
9．下列说法正确的是
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm～100nm之间
B．NH3的沸点高于PH3，是因为N－H键能大于P－H键能
C．金属阳离子只存在于离子晶体中
D．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
【答案解析】A解析：
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm～100nm之间，正确；B．NH3的沸点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，错误；C．金属阳离子可以存在于离子晶体中，还可以存在于金属晶体中，错误；D．由非金属元素组成的化合物如铵盐，也可以是离子化合物，错误。
10．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
可以由下列反应合成三聚氰胺：
CaO＋3CCaC2＋CO↑，
CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O===NH2CN＋Ca（OH）2，
NH2CN与水反应生成尿素[CO（NH2）2]，尿素合成三聚氰胺。
∙写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：
_____；CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的
分子有N2O和________（填化学式），由此可以推知CN的空间构型为________。
（2）尿素分子中C原子采取________杂化。
（3）三聚氰胺（
）俗称“蛋白精”。
动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸（
）后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过________结合，在肾脏内易形成结石。
（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为，
Ca2＋采取的堆积方式为，
O2-处于Ca2＋堆积形成的空隙中；
CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：
CaO3401kJ·mol-1、NaCl786kJ·mol-1。
导致两者晶格能
差异的主要原因是___________________________________。
（5）配位化合物K3[Fe（CN）n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=。
11、【化学—选修3：
物质结构与性质】
（1）1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 ，CO2 ，直线形
（3）分子间氢键
（4）6，面心立方最密堆积，八面体，
CaO晶体中Ca2＋、O2－的带电量大于NaCl晶体中Na＋、Cl－的带电量
（5）6
解析：
（1）Ca在第四周期，最外层2个电子，则内层排满电子的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，CN22-含22个电子，与CN22-互为等电子体的分子还有CO2，互为等电子体的分子结构相似，由此可以推知CN22-的空间构型与CO2相似为直线形；
（2）尿素分子中C原子与氧原子结合成双键，与两个氮原子结合成单键，采取sp2杂化，其结构为
；
（3）三聚氰胺和三聚氰酸分子中都含有N元素，而且形成N-H键，相互之间可通过分子间氢键结合；
（4）由图可知，CaO晶体中Ca2+的配位数为6，是面心立方最密堆积，O2-处于Ca2＋堆积形成的八面体（6个面面心的点形成八面体）空隙中；CaO晶体和NaCl晶体都是离子晶体，晶格能差异的主要原因是CaO晶体中Ca2＋、O2－的带电量大于NaCl晶体中Na＋、Cl－的带电量。
⑸铁原子的最外层电子数是2，配体提供电子数是2，因此n=6.
12．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
（1）含碳物质不完全燃烧会产生CO。
血红蛋白中含有Fe2+，CO易与血红蛋白结合成稳定的配合物而使人中毒，写出铁离子（Fe3+）的核外电子排布式为，CO有多种等电子体，其中常见的一种分子是。
利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe（CO）5等，已知一个COCl2分子中每个原子最外层都形成8电子的稳定结构，则一个COCl2分子内含有个δ键，C原子的杂化方式为。
Fe（CO）5等在一定条件下分解生成CO和铁，反应过程中断裂的化学键是，形成的化学键是。
（2）A、B均为短周期金属元素。
依据下表数据，回答问题：
电离能/kJ·mol-1
I1
I2
I3
I4
A
932
1821
15390
21771
B
738
1451
7733
10540
写出A原子的电子排布图，Al原子的第一电离能（填：
“大于”、“小于”或“等于”）738kJ·mol-1，原因是。
（3）下图是一种镍（Ni）镧（La）合金储氢后的晶胞结构图。
该合金储氢后，含0.5molNi的合金可吸附氢气的体积（标况）为。
【答案解析】
（1）1s22s22p63s23p63d5N23个sp2配位键金属键（每空1分）
（2）
（2分）小于（2分）由表中数据判断B为Mg元素，其最外层电子排布式为3s2，而Al最外层电子排布式为3s23p1，当3p处于全充满、半充满或全空时较稳定，因此，失去p亚层的1个电子相对比较容易。
（2分）（3）6.72L（3分）
解析：
（1）Fe的原子数序为26，电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去3个电子变成铁离子，
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