河北各地一模化学化学物质结构汇编有解析.docx

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河北各地一模化学化学物质结构汇编有解析

2019河北各地一模化学化学物质结构汇编

（1）河北省衡水中学2019届高三下学期统一联合考试理科综合化学试题

11.材料是人类文明进步的阶梯，第ⅢA、ⅣA、VA族元素是组成特殊材料的重要元素。

请回答下列问题：

（1）基态Ge原子的价层电子排布图为___________；基态As原子核外能量最高能级的电子云形状为___________。

（2）Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为___________。

（3M与Ga位于同周期，M3+的一种配合物组成为[M（NH3）5（H2O）]Cl3。

①下列有关NH3、H2O的说法正确的是___________（填字母）。

a分子空间构型相同b中心原子杂化类型相同c.键角大小相同

②1mol[M（NH3）5（H2O）]3+含___________molσ键。

③配合物T与[M（NH3）5（H2O）]Cl3组成元素相同，中心离子的配位数相同。

1molT溶于水，加入足量AgNO3溶液可生成2molAgCl。

则T的化学式为______________________。

（4）碳和钨组成一种晶体，其熔点为2870℃，硬度接近金刚石，其晶胞结构如图甲所示，则其化学式为______________________。

（5）磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图乙所示，该晶胞中B原子所处空间类型为___________（填“立方体”“正四面体”或“正八面体”），空间的填充率为___________。

已知该晶体的密度为ρg·cm－3，NA是阿伏加德罗常数的值。

BP晶胞中面心上6个P原子相连构成正八面体，该正八面体的边长为___________pm（列式即可）。

【答案】

（1）.

（2）.哑铃形（或纺锤形）（3）.Cl>P>S>Si（4）.b（5）.23（6）.[M（NH3）5Cl]Cl2·H2O（7）.WC（8）.正四面体（9）.50%（10）.

【解析】

【详解】

（1）锗是32号元素，价层电子排布图为4s24p2，有2个未成对电子，价层电子排布图为

。

砷原子价层电子排布式为4s24p3，4p能级能量最高,电子云形状为哑铃形或纺缍形；

（2）磷原子3p能级为半充满状态，故磷的第一电离能大于元素硫、但是小于元素氯；故Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si；

（3）①NH3和H2O的键角、空间构型不同，杂化类型相同，为sp3，故答案选b；

②NH3·H2O中的共价键都是

键，每个分子形成一个配位键，配位键也是

键，所以1个NH3形成4个

键，1个H2O形成3个σ键。

故1mol[M（NH3）5（H2O）]3+含（5

4+3）molσ键；③该配合物中M3+的配位数为6，依题意，1molT中有2molCl-在外界，能电离出2molCl-，只有1molCl-形成配离子，故T的化学式为[M（NH3）5Cl]Cl2·H2O；

（4）图甲为六棱柱形，12个w位于顶点，2个w位于面心、6个w位于棱心、1个w位于体内。

顶点贡献率为

，面心贡献率为

，棱心贡献率为

，所以1个晶含w的原子个数为12

+

+2

；晶胞体内有6个C，所以其化学式为WC；

（5）由图乙知，P原子将晶胞围成8个正四面体（类比氯化钠晶胞），而B原子位于体对角线的一位置，4个B原子填充了4个正四面体.其填充率为50%。

面心上六个P原子构成正八面体，该正八面体的边长等于面对角线的一半，设BP晶胞参数为acm，1个晶胞含4个BP.所以

，a=

。

故正八面体的边长为

。

（2）河北省衡水中学高三上学期八模考试理综化学试题

11.Cu、Fe、Se、Co、Si常用于化工材料的合成。

请回答下列问题:

（1）铁离子（Fe3+）最外层电子排布式为______，其核外共有______种不同运动状态的电子。

Fe3+比Fe2+更稳定的原因是____________________________________。

（2）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性从大到小的顺序为________（用元素符号表示）。

（3）Na3[Co（NO2）6]常用作检验K+的试剂，在[Co（NO2）6]3-中存在的化学键有____、_____。

（4）C与N能形成一种有毒离子CN-，能结合Fe3+形成配合物，写出一个与该离子互为等电子体的极性分子的分子式_____，HCN分子的空间构型为____________。

（5）单晶硅的结构与金刚石的结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子间不成键，则得如图所示的金刚砂（SiC）结构。

在SiC晶体中，C原子的杂化方式为_________，每个Si原子被_______个最小环所共有。

（6）已知Cu的晶胞结构如图，棱长为acm，又知Cu的密度为pg/cm3，则用a、p的代数式表示阿伏伽德罗常数为____mol-1。

【答案】

（1）.3s23p63d5

（2）.23（3）.Fe3+的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态，比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定（4）.Br>Se>As（5）.共价键（6）.配位键（7）.CO（8）.直线形（9）.sp3（10）.12（11）.256/a3p

【解析】

（1）Fe为26号元素，Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，最外层电子排布式为3s23p63d5；其核外共有2种不同运动状态的电子；Fe3+的电子排布为[Ar]3d5，3d轨道为半充满状态，比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定；

（2）As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大，元素的非金属性逐渐增强，电负性逐渐增强，所以3种元素的电负性从大到小顺序为Br＞Se＞As；（3）Na3[Co（NO2）6]常用作检验K+的试剂，在[Co（NO2）6]3-中存在的化学键有共价键、配位键；（4）等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或基团，与CN-互为等电子体的极性分子有CO；HCN分子中心原子碳原子为sp杂化，分子的空间构型为直线型；（5）SiC中C与Si形成4个σ键，为sp3杂化；；以1个Si为标准计算，1个Si通过O连接4个Si，这4个Si又分别通过O连有其他3个Si，故每个Si被4×3=12个最小环所共有；（6）已知Cu的晶胞结构如图，为面心立方，每个晶胞含有Cu个数为8×

+6×

=4，棱长为acm，则晶胞的体积V=a3cm3，又知Cu的密度为pg/cm3，则pg/cm3=

，故NA=

。

（3）河北省张家口市辛集市沧州市2019届高三3月一模考试理综化学试题

10.Se是迄今为止发现的最重要的抗衰老元素，也有抗癌之王的美誉。

回答下列问题：

（1）基态Se原子核外电子占据的轨道中，电子云轮廓图形状为哑铃形的有_____个；第四周期的过渡金属中，基态原子核外未成对电子数与基态Se原子相同的有____种。

（2）Se及其同周期相邻元素相比，三种元素的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为____。

（3）H2Se属于____（填“极性”或“非极性”）分子；其熔点低于同条件下NaH熔点的原因为______。

（4）SeO2的立体构型为____。

SeO3中Se原子的杂化形式为____。

（5）写出一种与SeO42-互为等电子体的分子式____.

（6）Se能与

形成具有多种生物活性的配合物。

1mol

中含有σ键的数目为___。

（7）硒化锌是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图所示。

若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA晶体密度为ρg·cm-3，则硒化锌的摩尔质量可表示为___。

（列出计算式即可）

【答案】

（1）.9

（2）.2（3）.Br>As>Se（4）.极性（5）.H2Se形成的晶体属于分子晶体，NaH形成的晶体为离子晶体（6）.V形（7）.sp2（8）.CX4、SiX4（X代表卤原子）等中的一种（9）.34NA（10）.

g/mol

【解析】

【分析】

（1）Se的原子序数为34，位于元素周期表第四周期VIA族，其所有能层的p能级电子云轮廓图形状均为哑铃形；基态原子核外价电子排布式为4s24p4，其未成对电子数为2，据此作答；

（2）同周期中，元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与VA族元素最外层电子排布处于全充满和半充满状态，所以会比同周期后一族元素的第一电离能大；

（3）H2Se属于分子化合物，从键的极性与分子的立体构型判断分子的极性；熔沸点的大小可以从物质所属的晶体类型分析判断，一般情况下，分子晶体的熔沸点低于离子晶体的熔沸点；

（4）依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析作答；

（5）等电子体是指原子总数相同，价层电子总数相同的分子或离子；可通过相邻元素或相邻族的元素替换并调整电荷数来寻找等电子体；

（6）在该化合物中，一个苯环中含6个C-Cσ键和6个C-Hσ键，一个单键或双键中分别含1个σ键，据此计算；

（7）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，该晶胞中含有硒原子数为8×

+6×

=4，含有锌原子数为4，根据ρ=

可计算出晶胞的质量，进而确定其摩尔质量；

【详解】

（1）Se的原子序数为34，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4,因各能层的p能级原子轨道数有3个，所以基态Se原子核外电子占据的轨道中，电子云轮廓图形状为哑铃形的有3+3+3=9个，因为基态Se原子核外价电子排布式为4s24p4，电子未成对电子数为2，在第四周期过渡金属中，基态原子核外未成对电子数为2的有Ti和Ni共2种元素，

故答案为：

9；2；

（2）与Se同周期相邻的元素为第VA族的As和第VIIA的Br元素，因周期中，第一电离能虽原子序数的增加呈增大趋势，则Br的第一电离能最大，又因为As处于第VA族，核外电子排布4p能级处于半充满状态，稳定结构，故其第一电离能比Se的大，所以三者第一电离能从大到小顺序为：

Br>As>Se，

故答案为：

Br>As>Se；

（2）H2Se分子内为极性共价键，根据价层电子对互斥理论可知，该分子价层电子对数为4，有2对孤电子对，则其分子的立体构型为V形，极性键的极性向量和不等于零，所以该分子为极性分子，又因为NaH形成的晶体为离子晶体，而H2Se形成的晶体属于分子晶体，所以其熔沸点较NaH低，

故答案为：

H2Se形成的晶体属于分子晶体，NaH形成的晶体为离子晶体；

（4）根据价层电子对互斥理论可知，SeO2的Se的孤电子对数为2，

键电子对数为2，所以价层电子对数=2+2=4，其分子的VSEPR模型为四面体形，分子的空间立体构型为V形，SeO3中Se原子的杂化轨道数=3+0=3，所以采用的杂化方式为sp2，

故答案为：

V形；sp2；

（5）SeO42-的原子总数为5，价层电子总数为6+6×4+2=32，与SeO42-互为等电子体的分子可以是CX4、SiX4（X代表卤原子）等中的一种，

故答案为：

CX4、SiX4（X代表卤原子）等中的一种；

（6）根据上述分析可知，1mol

分子中σ键数目等于共价键数,所以σ键数目总数=2×12mol（苯环上）+5×1mol（酚羟基）+5×1mol（杂环）=34mol,

故答案为：

34NA；

（7）设硒化锌的摩尔质量为M，该晶胞中该晶胞中含有硒原子数为8×

+6×

=4，含有锌原子数为4，其化学式可表示为ZnSe，根据晶胞中ρ=

可得，ρ=

化简整理得M=

g/mol，

故答案为：

g/mol。

（4）河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试题

11.铝、钛、钡（第2主族）等元素在能源、材料等领域应用广泛。

回答下列问题：

（1）与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有___________种。

基态Ti2+的最外层电子排布式为______________________。

（2）铝的逐级电离能数据为：

I1=580kJ/mol、I2=1820kJ/mol、I3=2750kJ/mol、I4=11600kJ/mol。

请分析数据规律，预测钡的逐级电离能的第一个数据“突跃”点出现在___________之间（用I1、I2、I3……等填空）

（3）已知第ⅡA族元素的碳酸盐MCO3热分解的主要过程是：

M2+结合碳酸根离子中的氧离子。

则CaCO3、BaCO3的分解温度较高的是___________（填化学式），理由是___________。

（4）催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如图1所示。

①M中，碳原子的杂化类型有___________。

②M中，不含___________（填标号）

A.π键B.σ键C.配位键D.氢键E.离子键

（5）氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，其晶胞结构如图2所示，为长方体。

写出与AIH4－空间构型相同的一种分子___________（填化学式）。

NaAlH4晶体中，与AlH4－紧邻且等距的Na+有___________个：

NaAlH4晶体的密度为___________g/cm－3（用含a、NA的代数式表示）。

【答案】

（1）.4

（2）.3s23p63d2（3）.I2与I3（4）.BaCO3（5）.Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32－中的O2－，因此CaCO3更容易分解（6）.sp2、sp3（7）.DE（8）.CH4等合理均可（9）.8（10）.

【解析】

【分析】

（1）Ti是22号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2。

其最外层电子数为2个。

在第四周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与钛相同的元素有Sc、V、Mn和Zn共4种；基态Ti2+的最外层电子排布式为3s23p63d2；

（2）钡原子最外层有2个电子，可预测钡的逐级电离能的第一个数据“突跃”点出现在I2与I3之间；

（3）碳酸盐的阳离子不同，热分解的温度不同，CaCO3、BaCO3的热稳定性BaCO3＞CaCO3，其原因是碳酸盐分解的本质为M2+结合碳酸根离子中的氧离子，离子晶体中阳离子的半径越小，结合碳酸根中的氧离子越容易；

（4）①由M的结构可知，碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种；

②在M的结构中，C-C、C-H、C-O原子中存在

键，环中存在着大

键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键；

（5）由图可知AlH4－为正四面体构型；

以体心的AlH4－研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4－紧邻且等距的Na+有8个，根据均摊法可知，晶胞中AlH4－数目为1+8×

+4×

=4，Na+数目为6×

+4×

=4，则二者配位数相等；

结合晶胞中AlH4－、Na+数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=

计算密度。

【详解】

（1）Ti是22号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2。

位于第四周期，第IVB族。

其最外层电子数为2个。

在第四周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与钛相同的元素有Sc核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d14s2，V核外电子排布式是：

1s22s22p63s23p63d34s2、Mn核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2和Zn核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2共4种；基态Ti2+的最外层电子排布式为3s23p63d2；

故答案为：

4；3s23p63d2；

（2）铝原子最外层由3个电子，由电离能的数据可知，Al易失去3个电子，逐级电离能的第一个数据“突跃”点出现在I3与I4之间，根据此规律钡原子最外层有2个电子，故预测钡的逐级电离能的第一个数据“突跃”点出现在I2与I3之间；

故答案为：

I2与I3；

（3）碳酸盐的阳离子不同，热分解的温度不同，CaCO3、BaCO3的热稳定性BaCO3＞CaCO3，其原因是碳酸盐分解的本质为M2+结合碳酸根离子中的氧离子，离子晶体中阳离子的半径越小，结合碳酸根中的氧离子越容易，则CaCO3、BaCO3的分解温度较高的是BaCO3；

故答案为：

BaCO3；Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32－中的O2－，因此CaCO3更容易分解；

（4）①由M的结构可知，碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种；

②在M的结构中，C-C、C-H、C-O原子中存在

键，环中存在着大

键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键。

故选DE；

故答案为：

sp2、sp3；DE；

（5）由图可知AlH4－为正四面体构型，与AlH4－空间构型相同的一种分子为CH4等；

根据均摊法可知，晶胞中AlH4－数目为1+8×

+4×

=4，Na+数目为6×

+4×

=4，则二者配位数为1：

1，以体心的AlH4－研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4－紧邻且等距的Na+有8个；晶胞质量为4×

g，晶胞密度为4×

g÷[（a×10-7 cm）2×2a×10-7 cm]=

g•cm-3，

故答案为：

8；

。

（5）河北省石家庄市2019届高三3月质量检测理综试题化学试题

11.氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。

（1）氧元素位于元素周期表中___________区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有___________种。

（2）O3可用于消毒。

O3的中心原子的杂化形式为___________；其分子的VSEPR模型为___________，与其互为等电子体的离子为___________（写出一种即可）。

（3）含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。

解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为___________；C2H5OH不能用无水CaCl2千燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca（C2H5OH）4]2+，该离子的结构式可表示为______________________。

（4）氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。

①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为___________；与O2－紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为___________。

②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2－与Cu+之间最近距离为apm，则该晶体的密度为___________g·cm－3。

（用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值）

【答案】

（1）.p；

（2）.3（3）.sp2杂化（4）.平面三角形（5）.NO2﹣（6）.乙醇分子间可形成氢键，沸点高（7）.

（8）.6（9）.正八面体（10）.

【解析】

【分析】

（1）除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；根据电离能的变化规律分析判断；

（2）根据公式计算出O3的中心原子的价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；

（3）形成分子间氢键的物质熔沸点较高；对于配离子[Ca（C2H5OH）4]2+可以结合常见配合物的结构与成键分析解答；

（4）①根据体心位置的Fe2+判断Fe2+的配位数；根据结构示意图判断与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型；

②若O2-与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的

，则晶胞体对角线长度=4apm，计算出晶胞的棱长，根据化学式判断出各球表示的微粒，再结合密度的计算公式计算。

【详解】

（1）除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，故答案为：

p；3；

（2）O3的中心原子的价层电子对个数＝2+

＝3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2﹣（合理即可），故答案为：

sp2杂化；平面三角形；NO2﹣（合理即可）；

（3）形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca（C2H5OH）4]2+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为

，故答案为：

乙醇分子间可形成氢键，沸点高；

；

（4）①Fe2+的配位数为6；与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2﹣构成的几何构型相同，根据

知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，同理可推，与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体，故答案为：

6；正八面体；

②若O2﹣与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的

，则晶胞体对角线长度＝4apm，晶胞棱长＝

＝

×10﹣10cm，晶胞体积＝（

×10﹣10cm）3，该晶胞中白球离子个数＝1+8×

＝2、灰球离子个数为4，根据化学式Cu2O知，灰色球表示亚铜离子、白色球表示氧离子，则该晶体的密度＝

=

g/cm3＝

g/cm3，故答案为：

。