高考化学一轮复习 123 晶体结构与性质课时训练Word格式.docx

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（3）苯酚可以与Fe3+发生显色反应。

1mol苯酚中含有σ键的数目为　13NA　。

（4）Fe3O4具有反尖晶石结构。

某化合物MgxAlyOz与反尖晶石结构相仿,其结构如图所示,它是由下列A、B方块组成。

该化合物的化学式为　MgAl2O4　。

【解析】

（1）铁是26号元素,则Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。

（2）SO2中S原子价层电子对数为3,所以采取sp2杂化,该分子中含有一对孤电子对,所以其空间构型是V形;

原子总数和价电子总数相等的粒子互为等电子体,与SO3互为等电子体的有N、C、BF3、COCl2等。

（3）苯分子中含有6个C—C键、6个C—H键和1个大π键,单键均为σ键,故苯酚分子中含有σ键的数目为13NA。

（4）由均摊法知该晶胞中Al原子个数为4,O原子个数为（4+4）=8,Mg原子的个数为8×

+1=2,所以化学式为MgAl2O4。

3.（17分）（xx·

贵州八校联考）Ⅰ.砷化镓为第三代半导体,以其为材料制造的灯泡寿命长,耗能少,已知砷化镓的晶胞结构如图所示。

请回答下列问题:

（1）下列说法正确的是　BC　（填序号）。

A.砷化镓晶胞结构与NaCl相同

B.第一电离能:

As>

Ga

C.电负性:

D.原子半径:

（2）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得,反应的化学方程式为　（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4　。

（3）AsH3空间形状为　三角锥形　;

已知（CH3）3Ga为非极性分子,则其中镓原子的杂化方式为　sp2　。

Ⅱ.金属铜的导电性仅次于银,居金属中的第二位,大量用于电气工业。

（4）请解释金属铜能导电的原因:

　铜为金属晶体,由铜离子与自由电子构成,自由电子在外加电场的作用下可以发生定向移动　;

Cu2+的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d9　。

（5）在硫酸铜溶液中通入过量的氨气,小心蒸发,最终得到深蓝色的[Cu（NH3）4]SO4·

H2O晶体,晶体中含有的化学键除普通共价键外,还有　离子键　和　配位键　。

（1）A项,GaAs晶体中As分布于晶胞体心,Ga分布于顶点和面心,而NaCl中阴阳离子分别位于晶胞的顶点、面心以及棱和体心,二者结构不同,错误;

B项,同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,则第一电离能:

Ga,正确;

C项,同周期元素从左到右电负性逐渐增大,则电负性:

D项,同周期自左而右原子半径减小,故原子半径:

As<

Ga,错误。

（2）由质量守恒定律知反应的化学方程式为（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4。

（3）AsH3中含有3个σ键和1对孤对电子,为三角锥形;

（CH3）3Ga中Ga形成3个σ键,没有孤电子对,为sp2杂化。

（4）铜为金属晶体,由铜离子与自由电子构成,自由电子在外加电场的作用下可以发生定向移动,故铜可以导电。

Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。

（5）该配合物晶体中存在普通共价键、离子键和配位键。

4.（18分）（xx·

哈尔滨三中一模）A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素,原子序数依次增大。

A元素的单质是空气的主要成分,B原子核外p轨道上有1对成对电子,D元素的价电子数是其余电子数的一半,C与B同主族,A与F同主族,D与E同族。

（1）A、B、C第一电离能由大到小的顺序为　N>

O>

S　（用元素符号表示）。

（2）B与C形成的二元化合物中,属于非极性分子的是　SO3　（填化学式）;

该分子中心原子的杂化类型为　sp2　。

（3）A、C元素形成的常见含氧酸中,分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是　H2SO3、H2SO4　（填化学式,下同）;

酸根呈平面三角形的酸是　HNO3　。

（4）E和F形成的一种化合物的晶体结构如图所示,则该化合物的化学式为　NiAs　;

F的配位数为　6　。

（5）D的离子可以形成多种配合物,由Dn+、Br-、C的最高价含氧酸根和A的简单氢化物形成的1∶1∶1∶5的某配合物,向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀,滴加BaCl2溶液无现象,则该配合物的化学式为　[Co（SO4）（NH3）5]Br　;

n值为　3　;

Dn+的基态电子排布式为　1s22s22p63s23p63d6　。

【解析】本题考查电离能、分子结构与性质、价层电子对互斥理论、晶胞结构与计算、配合物、核外电子排布等。

由题给信息推知,A、B、C、D、E、F分别为N、O、S、Co、Ni、As。

（1）同周期随原子序数增大,第一电离能呈增大趋势,但N元素2p能级为半满稳定状态,能量较低,其第一电离能高于同周期相邻元素,同主族自上而下第一电离能减小,故第一电离能:

N>

S。

（2）B与C形成的二元化合物有SO2、SO3,SO2为V形结构,属于极性分子,SO3为平面正三角形结构,属于非极性分子,其中S原子采取sp2杂化。

（3）A、C元素形成的常见含氧酸为HNO3、H2SO3、H2SO4,HNO3中N原子价层电子对数为3,没有孤电子对,N为平面三角形结构;

H2SO3中S原子价层电子对数为4,有1对孤电子对,S为三角锥形结构;

H2SO4中S原子价层电子对数为4,没有孤电子对,S为正四面体结构。

（4）由均摊法和晶胞结构可知,晶胞中含有2个As原子,含有Ni原子数目为8×

+4×

=2,故该化合物化学式为NiAs;

As的配位数为6。

（5）S的最高价含氧酸根为S、N的简单氢化物为NH3,由Con+、Br-、S、NH3形成的1∶1∶1∶5的某配合物,由电荷守恒可知n=3,向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀,滴加BaCl2溶液无现象,说明S在内界,Br-为配合物的外界,所以该配合物化学式为[Co（SO4）（NH3）5]Br,Co3+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。

5.（18分）（xx·

河南宜阳实验中学月考）氮的化合物在无机化工领域有着重要的地位。

（1）基态氮原子的价电子排布图为 

　。

（2）氮的最高价氧化物为无色晶体,它由两种离子构成。

已知其阴离子构型为平面正三角形,则其阳离子的构型为　直线　形,阳离子中氮的杂化方式为　sp　。

（3）某氮铝化合物X具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质,广泛用于陶瓷工业等领域。

工业上用氮气、氧化铝和碳在一定条件下反应生成CO和X（X的晶体结构如图所示）,工业制备X的化学方程式为　Al2O3+N2+3C2AlN+3CO　。

（4）X晶体中包含的化学键类型为　BC　（填字母标号）。

A.离子键B.共价键

C.配位键D.金属键

（5）已知氮化硼与X晶体类型相同,且氮化硼的熔点比X高,其原因是　氮化硼与氮化铝均为原子晶体,且硼原子半径小于铝原子半径,B—N键键能大于Al—N键键能　。

（6）若X的密度为ρg/cm3,则晶体中最近的两个Al原子的距离为（阿伏加德罗常数用NA表示,不必化简）。

【解析】本题考查原子核外电子排布图、均摊法晶胞的计算、键能与性质的关系以及晶胞结构的计算等。

（1）氮是7号元素,价电子排布图为。

（2）氮的最高价氧化物为N2O5,其由两种离子构成,其中阴离子构型为平面正三角形,则阴离子应为N,则其阳离子的化学式为N,其中心原子价电子对数为=2,故氮原子为sp杂化,为直线形。

（3）根据X的晶体结构图可知,晶胞中含有的氮原子数为4,含有的铝原子数为×

8+×

6=4,所以X的化学式为AlN,根据元素守恒可以写出化学方程式:

Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。

（4）根据X的结构可知,每个铝和氮原子周围都有四个共价键,都达到8电子稳定结构,而铝原子最外层只有三个电子,氮原子最外层有5个电子,所以在AlN中有配位键,B、C项正确。

（5）氮化硼与AlN相比,硼原子半径比铝原子半径小,键能大,它们都是原子晶体,所以氮化硼的熔点比AlN高。

（6）Al原子位于晶胞顶点和面心,所以晶体中最近的两个Al原子的距离为底面对角线的,根据晶胞的密度ρ=,可以求得晶胞边长为cm,底面对角线的长度为cm,所以晶体中最近的两个Al原子的距离为cm。

6.（17分）（xx·

吉林白城一中二模）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。

（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 

（2）C所在主族的四种元素分别与A形成的化合物,沸点由高到低的顺序是　HF>

HI>

HBr>

HCl　（填化学式）,呈现如此递变规律的原因是　HF分子之间形成氢键,使其沸点较高,HCl、HBr、HI分子间以分子间作用力结合,相对分子质量越大,范德华力越大,沸点越高　。

（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　sp2　,另一种的晶胞如图二所示,该晶胞的空间利用率为　34%　（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　面心立方最密堆积　,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　①②③　（填选项序号）。

①极性键　②非极性键　③配位键　④金属键

【解析】由题意推知,A、B、C、D分别为H、C、Cl、Cu。

（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图为。

（2）HF分子之间形成氢键,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:

HF>

HCl。

（3）题图一为平面结构,在其层状结构中碳碳键键角为120°

碳原子采取sp2杂化。

由均摊法知题图二的一个晶胞中含碳原子数为8×

+6×

+4=8,设碳原子直径为a,晶胞中碳原子总体积=8×

由几何知识得晶胞体积为,晶胞空间利用率=×

100%=

×

100%≈34%。

（4）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。

2019-2020年高考化学一轮复习17阶段考试

姓名成绩

一、选择题（6*10分）

1.在反应A＋2B===C＋2D中，已知C和D的相对分子质量之比为22∶9，当1.6gA与B完全反应后，生成4.4gC，则在此反应中参与反应的B和生成的D的质量之比为（　　）

A．16∶9　　　　　　　　B．23∶9

C．32∶9D．46∶9

【解析】　根据A＋2B===C＋2D知生成4.4gC时生成D的质量为

4.4g＝3.6g，由质量守恒定律知参加反应的B的质量为3.6g＋4.4g－1.6g＝6.4g，故参加反应的B与生成的D的质量比为6.4g∶3.6g＝16∶9。

【答案】　A

2、　某溶液中仅含有Na＋、Mg2＋、SO

、Cl－四种离子，其物质的量浓度比为Na＋∶Mg2＋∶Cl－＝3∶5∶5，若Na＋浓度为3mol·

L－1，则SO

的浓度为（　　）

A．2mol·

L－1　　　　　　B．3mol·

L－1

C．4mol·

L－1D．8mol·

【解析】　根据电荷守恒可知

3mol/L×

1＋5mol/L×

2＝5mol/L×

1＋c（SO

）×

2

c（SO

）＝4mol/L。

【答案】　C

3、两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2LH2（标准状况），则原混合物的组成肯定不可能为（　　）

A．Mg和AgB．Zn和Cu

C．Al和ZnD．Al和Cu

【解析】　本题可用平均摩尔电子质量（即提供1mol电子所需的质量）法求解。

反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15g金属混合物可提供1mole－，其平均摩尔电子质量为15g·

mol－1。

选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12g·

mol－1、32.5g·

mol－1、9g·

mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做∞。

根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15g·

mol－1，另一金属的摩尔电子质量小于15g·

【答案】　B

4.在含有agHNO3的稀硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁粉全部溶解并生成NO，有

gHNO3被还原，则a∶b不可能为（　　）

A．2∶1B．3∶1

C．4∶1D．9∶2

【解析】　Fe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。

（1）若Fe过量，发生反应：

3Fe＋8HNO3（稀）===3Fe（NO3）2＋2NO↑＋4H2O

则有

∶

＝3∶8，解得：

＝

此为a∶b的最小值。

（2）若HNO3过量，发生反应：

Fe＋4HNO3（稀）===Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O

＝1∶4，

解得：

此为a∶b的最大值。

所以a∶b的取值范围为

≤

，即a∶b的值在此范围内均合理。

5.ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液恰好完全反应后，得到ag铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（　　）

A．1∶7B．7∶1

C．7∶8D．8∶7

【解析】　溶液中发生的反应有：

Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，由于ag铁粉反应后得到ag铜，而第一个反应是固体增重的反应，因此铁粉在与CuSO4溶液反应后，又继续与H2SO4反应，n（Cu）＝n（CuSO4）＝

mol，n（H2SO4）＝（a－

56）/56＝

mol，n（CuSO4）∶n（H2SO4）＝7∶1。

6.

某溶液中可能含有H＋、NH

、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO

、SO

、NO

中的几种。

①若加入锌粒，产生无色无味的气体；

②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。

则下列说法正确的是（　　）

A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋

B．溶液中n（NH

）＝0.2mol

C．溶液中一定不含CO

，可能含有SO

和NO

D．n（H＋）∶n（Al3＋）∶n（Mg2＋）＝1∶1∶1

【解析】　由图象可知，反应先后顺序为H＋→Mg2＋、Al3＋→NH

→Al（OH）3。

由①知溶液中一定含有H＋，一定没有CO

，由②知溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，由图象可知溶液中还一定含有NH

，且n（NH

）＝0.7mol－0.5mol＝0.2mol，n（H＋）＝0.1mol，n（Al3＋）＝0.8mol－0.7mol＝0.1mol，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4molOH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3molOH－，沉淀Mg2＋消耗0.1molOH－，根据Mg2＋～2OH－，可得n（Mg2＋）＝0.05mol，故只有选项B正确。

7.（xx·

郑州质检）在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3各0.01mol的酸性混合溶液中加入0.01mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是（　　）

A．铁溶解，析出0.01molAg和0.005molCu

B．铁溶解，析出0.01molAg并放出H2

C．铁溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3＋

D．铁溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Cu2＋

【解析】　因为氧化性Ag＋>

Fe3＋>

Cu2＋>

H＋，所以先发生反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋，其中0.005mol的铁粉与0.01mol的AgNO3反应，析出0.01molAg，再发生：

2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，其中剩余的0.005mol铁粉与0.01mol的Fe（NO3）3反应，溶液中不再有Fe3＋，故选C。

8、（xx·

海南高考）将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol·

L－1MO

溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（　　）

A．MB．M2＋

C．M3＋D．MO2＋

【解析】　根据电子得失相等。

锌0.003mol，可失电子0.006mol，若M化合价由＋5变为x，则（5－x）×

0.02×

0.1＝0.006，可得x＝＋2。

9.将足量Cl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中。

在此过程中溶液的pH与Cl2用量的关系示意图是（溶液体积变化忽略不计，且不考虑Cl2与水反应）（　　）

【解析】　因H2SO3的还原性强于HBr的还原性，故Cl2先氧化H2SO3，H2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HCl，生成的H2SO4和HCl是强酸，故溶液的pH下降；

当H2SO3完全反应后，再通入Cl2，发生反应Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl，溶液的pH不再改变。

10.往含Fe3＋、H＋、NO

的混合液中加入少量Na2SO3，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是（　　）

A．2Fe3＋＋SO

＋H2O===2Fe2＋＋SO

＋2H＋

B．2H＋＋SO

===H2O＋SO2↑

C．2H＋＋2NO

＋3SO

===3SO

＋2NO↑＋H2O

D．2Fe3＋＋3SO

＋3H2O===2Fe（OH）3↓＋3SO2↑

【解析】　此题看上去似乎4个选项都可能发生，但我们知道氧化还原反应优先于非氧化还原反应，因此B、D不正确。

那么SO

是先与Fe3＋反应还是先与H＋＋NO

反应呢？

可以用“假设法”进行判断。

如果先与Fe3＋反应，则生成的Fe2＋又会与H＋＋NO

反应，所以应先与H＋＋NO

反应，故应选C。

2、非选择

1.（6分）V2O3和V2O5按不同物质的量之比混合可按化学计量数发生完全反应：

xV2O5＋yV2O3===zVnO2n＋1

（1）若反应物的物质的量之比x∶y为________，可得到V6O13；

（2）若反应物的物质的量之比x∶y为________，可得到V3O7。

【解析】　

（1）根据V、O原子守恒可得

可求

。

（2）同理求

【答案】　

（1）2∶1　

（2）5∶1

2.（3分）写出向漂白粉溶液中通入二氧化硫气体的化学方程式。

【解析】　漂白粉溶液中含有CaCl2和Ca（ClO）2，其中Ca（ClO）2水溶液能与SO2发生反应，向漂白粉溶液中通入二氧化硫气体后，是发生复分解反应生成CaSO3和HClO还是发生氧化还原反应，两反应互相竞争。

由于次氯酸盐及次氯酸都具有强氧化性而亚硫酸盐及二氧化硫都具有还原性，所以是发生氧化还原反应而不是复分解反应。

【答案】　Ca（ClO）2＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2HCl＋H2SO4

3.（15分）溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。

实验室用工业大理石（含有少量Al3＋、Fe3＋等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：

完成下列填空：

（1）上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配制26%的氢溴酸500mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、_____________________。

（2）已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH

步骤Ⅱ加入的试剂a是__________，控制溶液的pH约为8.0的目的是________。

（3）试剂b是_________________，步骤Ⅳ的目的是__________________。

（4）步骤Ⅴ所含的操作依次是_________________、______________。

（5）制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：

①称取4.00g无水溴化钙样品；

②溶解；

③滴加足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；

④____________；

⑤称量。

若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为________。

若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是_____________。

【解析】　

（1）用浓溶液配制500mL稀溶液，因此，需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后溶解、配制500mL溶液，则需要胶头滴管、500mL容量瓶。

（2）加入的试剂a是石灰水，控制溶液的pH约为8.0的目的是除去杂质Al3＋、Fe3＋。

（4）步骤Ⅴ的结果得到CaBr2·

6H2O，因此，其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶。

（5）④对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，根据CaBr2～CaCO3可求CaBr2的质量3.76g，质量分数为94%。

【答案】　

（1）量筒、胶头滴管、烧杯、500mL容量瓶

（2）石灰水　沉淀Al3＋、Fe3＋

（