广东专版高考化学二轮复习 第一部分 专题十六 物质结构与性质选考专题强化练Word文件下载.docx

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（4）碳酸锌中的阴离子为CO

，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3＋

＝3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。

（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。

为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。

六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×

＋2×

＋3＝6个，所以该结构的质量为6×

g。

该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×

a2cm2，高为ccm，所以体积为6×

a2ccm3。

所以密度为：

＝

g·

cm－3。

答案：

（1）[Ar]3d104s2

（2）大于　Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子

（3）离子键　ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小

（4）平面三角形　sp2

（5）六方最密堆积（A3型）　

2．硫和钒的相关化合物，在药物化学及催化化学等领域应用广泛。

（1）基态钒原子的外围电子轨道表达式为_________________。

钒有＋2、＋3、＋4、＋5等多种化合价，其中最稳定的化合价是______________，VO

的几何构型为__________。

（2）2巯基烟酸氧钒配合物（图1）是副作用较小的有效调节血糖的新型药物。

①该药物中S原子的杂化方式是____________，所含第二周期元素第一电离能按由大到小顺序的排列是__________________。

②2巯基烟酸（图2）水溶性优于2疏基烟酸氧钒配合物的原因是

（3）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”，下列物质中存在“离域π键”的是________。

A．SO2　　　B．SO

　　　C．H2S　　　D．CS2

（4）某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示，该晶胞的化学式为_______。

图4为该晶胞的俯视图，该晶胞的密度为_____g·

cm－3（列出计算式即可）。

（1）钒为23号元素，电子排布式为[Ar]3d34s2，所以外围电子排布式为3d34s2，所以外围电子轨道表达式为

其最稳定的化合价是＋5，即失去所有的价电子，形成最外层8电子的稳定结构；

根据价层电子对互斥原理，VO

中的中心原子V的价电子为5，配位原子O不提供电子，带有三个单位负电荷，所以外层电子为8个，共4对，空间构型为正四面体。

（2）①从图中得到S的配位数为2，所以此时S的外层有6＋2＝8个电子，电子对为4，所以S应该的杂化方式是sp3杂化；

其中含有的第二周期元素是C、N、O，同周期元素从左向右应该是第一电离能增大，因为N的2p能级上有3个电子，是p能级的半满稳定结构，所以N的第一电离能反常增大，所以第一电离能为N>

O>

C；

②2巯基可以与水分子形成氢键，所以其水溶性会更好。

（3）从题目表述来看，形成离域π键的要求是：

①原子共平面；

②有相互平行的p轨道。

根据价层电子对互斥理论，二氧化硫为平面三角形，硫酸根为正四面体，硫化氢为V型，二硫化碳为直线型。

所以选项B一定错误；

而硫化氢的H原子不存在p轨道。

所以选项C错误。

由上正确的是选项AD。

（4）晶胞中有V为：

8×

＋4×

＝2个，S为：

2×

1＝2个，所以化学式为VS；

因为该晶胞中有2个VS，所以晶胞质量为

g;

根据图4得到晶胞的面积为a×

anm2，所以晶胞的体积为：

a×

bnm3，1nm＝10－7cm，所以晶体密度为

（1）

　＋5　正四面体

（2）①sp3　N>

C　②2巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大

（3）AD　（4）VS　ρ＝

cm－3

3．据媒体报道，法国一家公司Tiamat日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，预计从2020年开始实现工业生产。

该电池的负极材料为Na2Co2TeO6（制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2），电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。

（1）Te属于元素周期表中________区元素，其基态原子的价电子排布式为________。

（2）基态Na原子中，核外电子占据的原子轨道总数为________，最高能层电子云轮廓图形状为________。

（3）结合题中信息判断：

C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为

_____________________________________（用元素符号表示）。

（4）CO

的几何构型为________；

碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，则其中碳原子的杂化轨道类型为________，1mol碳酸丙烯酯中键的数目为________。

（5）[Co（H2O）6]3＋的几何构型为正八面体形，配体是________，该配离子包含的作用力为__________（填字母）。

A．离子键　B．极性键　C．配位键　D．氢键　E．金属键

（6）Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为________，该晶胞的密度为ρg·

cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为________cm（用含ρ、NA的代数式表示）。

（1）Te与O是同一主族元素，属于元素周期表中p区元素，Te为第5周期第ⅥA族元素，其基态原子的价电子排布式为5s25p4。

（2）基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1，核外电子占据的原子轨道总数为6，最高能层电子为3s，电子云轮廓图为球形。

（3）元素的非金属性越强，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，电负性数值越大，C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为O>

Cl>

C。

中C的价层电子对数＝3＋

×

（4＋2－3×

2）＝3，几何构型为平面三角形；

根据碳酸丙烯酯的结构简式，则其中碳原子有2种，不饱和的碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，饱和的碳原子采用sp3杂化；

1mol碳酸丙烯酯中含有6molC—H，4molC—O，2molC—C和1molC===O，共13mol，键的数目为13×

6.02×

1023。

（5）[Co（H2O）6]3＋的几何构型为正八面体形，配体是H2O，该配离子包含的作用力有H—O极性键、配位键，故答案为BC。

（6）晶胞中Na＋离子数目为8，O2－离子数目为8×

＋6×

＝4，Na＋离子、O2－离子数目之比为2∶1，故该晶体化学式为Na2O，由图可知，每个Na＋离子周围有4个O2－离子、Na＋离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，则O的配位数为8；

晶胞质量为

g，该晶胞的密度为ρg·

cm－3，而晶胞体积为

g÷

ρg·

cm－3＝

cm3，晶胞棱长为

cm，则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的

cm。

（1）p　5s25p4　

（2）6　球形　（3）O>

C

（4）平面三角形　sp2　sp3　13NA（或13×

1023）

（5）H2O　BC　（6）8　

4．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356.6pm，则此晶胞的密度为________g·

cm－3（保留两位有效数字）。

（

＝1.732）

（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）。

①极性键　　②非极性键　　③配位键　　④金属键

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，则A为氢元素；

B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；

D的基态原子的最外层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为Cu元素；

结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则C为氯元素。

（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，其基态原子的价电子排布图为

，四种元素中只有Cu为金属，其它为非金属，Cu的第一电离能最小。

（2）HF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，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl。

（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°

，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp3杂化；

一个晶胞中含碳原子数为8×

＋4＝8，晶胞质量为

g，所以晶胞密度＝[（8×

12）÷

1023g]÷

（356.6×

10－10cm）≈3.5g·

cm－3；

（4）根据图示可知晶体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，故选项是①②③。

　Cu

（2）HF＞HI＞HBr＞HCl　HF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，沸点越高

（3）sp2　3.5　（4）面心立方最密堆积　①②③

5.（2017·

海南卷）Ⅰ.下列叙述正确的有　　　　。

（填序号）

A.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为＋7

B.钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能

C.高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性

D.邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点

Ⅱ.ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。

（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。

该单质的晶体类型为　　　　，原子间存在的共价键类型有　　　　，碳原子的杂化轨道类型为　　　　　　　　　　。

（2）SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为　　　　，分子的立体构型为　　　　，属于　　　　分子（填“极性”或“非极性”）。

（3）四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图（b）所示。

①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_____________

②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：

依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性　　　　、共价性　　　　（填“增强”“不变”或“减弱”）。

（4）碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示。

K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为____________________________________________；

其晶胞参数为1.4nm，晶体密度为　　　　g·

Ⅰ.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，此元素是Br，位于ⅦA族，最高正价为＋7价，故A正确；

金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg的第一电离能，Na最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg最外层有2个电子，因此Na的第二电离能大于Mg的第二电离能，故B错误；

HClO4可以写成（HO）ClO3，HClO写成（HO）Cl，高氯酸中的非羟基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性强于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故C错误；

邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质熔点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故D正确。

Ⅱ.

（1）该单质为石墨，石墨属于混合型晶体，层内碳原子之间形成σ键和π键；

石墨中碳原子有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2。

（2）SiCl4中心原子是Si，有4个σ键，孤电子对数为

＝0，价层电子对数为4，空间构型为正四面体；

属于非极性分子。

（3）①SiX4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔沸点越高，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，即熔沸点增高；

②同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，因此PbX2中化学键的离子型减弱，共价型增强。

（4）根据晶胞的结构，C60位于顶点和面心，个数为8×

＝4，K位于棱上和内部，个数为12×

＋9＝12，因此化学式为K3C60，晶胞的质量为

g，晶胞的体积为（1.4×

10－7）3cm3，根据密度的定义，则晶胞的密度为2.0g·

Ⅰ.AD　

Ⅱ.

（1）混合型晶体　σ键、π键　sp2

（2）4　正四面体　非极性

（3）①均为分子晶体，范德华力随分子相对质量增大而增大，即熔沸点升高　②减弱　增强

（4）K3C60　2.0

6.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如下：

（1）基态钛原子的价层电子排布图为__________，其原子核外共有________种运动状态不同的电子，Ti形成的＋4价化合物最稳定，原因是__________________________________________________。

金属钛晶胞如图1所示，为________（填堆积方式）堆积。

（2）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为－37℃，沸点为136℃，可知TiCl4为________晶体。

用TiCl4的HCl溶液，后经不同处理可得到两种不同的TiCl3·

6H2O晶体：

[Ti（H2O）6]Cl3（紫色）、[TiCl（H2O）5]Cl2·

H2O（绿色）。

两者配位数________（填“相同”或“不同”），绿色晶体中的配体是________。

（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2所示。

化合物乙的沸点明显高于化合物甲的，主要原因是______。

化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为________________。

图2

（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示。

该阳离子为______________。

图3

（5）钙钛矿晶体的结构如图4所示。

钛离子位于立方晶胞的顶点，被________个氧离子包围成配位八面体；

钙离子位于立方晶胞的体心，被________个氧离子包围。

钙钛矿晶体的化学式为_____。

（1）观察图1可知，正好符合镁晶胞的六方最密堆积。

（2）考查分子晶体、配合物的成键情况。

因TiCl4的熔、沸点较低，故TiCl4为分子晶体。

（3）考查氢键及第一电离能的大小比较。

氢键的存在导致物质熔沸点升高，乙分子间含有氢键、甲分子间不含氢键，则化合物乙的沸点高于化合物甲的。

化合物乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素，元素原子的第一电离能随着原子序数的递增而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素原子的第一电离能大于其相邻元素原子的第一电离能，所以第一电离能的大小关系为N>

（4）考查利用均摊法计算原子个数之比。

由图3可知，每个O原子被2个Ti原子共用，每个Ti原子被2个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1∶1，Ti元素为＋4价，O元素为－2价，据此可知该阳离子为TiO2＋（或[TiO]

）。

（5）考查根据晶胞结构书写晶体的化学式。

钛离子位于立方晶胞的顶角，被6个氧离子包围成配位八面体；

钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围，每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有1个氧离子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧离子数为12×

＝3，则晶胞的化学式为CaTiO3。

22　最外层达到8电子稳定结构　六方最密

（2）分子　相同　H2O、Cl－

（3）化合物乙分子间形成氢键　N>

（4）TiO2＋（或[TiO]

）

（5）6　12　CaTiO3