届高考化学二轮复习知识点同步练习《物质结构与性质》doc.docx
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届高考化学二轮复习知识点同步练习《物质结构与性质》doc
一、选择题
1．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4:
3，Z原子比X原子的核外电子数多4。
下列说法正确的是（ ）
A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2:
1
解析：
根据所给信息和原子的结构推断出具体的元素，然后根据具体的元素及其化合物性质进行解答。
因为原子的最外层电子数不超过8个，且W、X为主族元素，故W、X的最外层电子数分别为4和3；结合Z的电子数比X多4且W、X、Y、Z原子序数依次增大可知，W为C元素，则X为Al元素，Z为Cl元素，Y为Si、P、S三种元素中的一种。
A.若Y为Si元素，则电负性Cl>C>Si。
B.因为C元素在第二周期，其余三种元素在第三周期，故原子半径X>Y>Z>W。
C.若Y为Si元素，SiCl4的空间构型为正四面体。
D.CS2分子的结构式为S===C===S，一个分子中含有两个σ键和两个π键。
答案：
C
点拨：
知识：
元素推断、元素电负性、原子半径、分子空间结构、共价键类型。
能力：
考查考生逻辑推理能力以及分析解决问题的能力。
试题难度：
中等。
2．（2013·安徽卷·7）我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：
HCHO＋O2
CO2＋H2O。
下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．CO2分子中的化学键为非极性键
C．HCHO分子中既含σ键又含π键
D．每生成1.8gH2O消耗2.24LO2
解析：
从题给信息入手分析，结合原子成键特点，在准确理解相关概念的前提下进行判断。
A．通过分析化学方程式可知，该反应等同于甲醛的燃烧，属于放热反应。
B.CO2的结构式为O===C===O，可见CO2中的共价键是由不同元素的原子形成的，属于极性键。
C.甲醛中碳原子采取sp2杂化，有三个等同的sp2杂化轨道伸向平面三角形的三个顶点，分别形成3个σ键，一个未参加杂化的p轨道与O原子的2p轨道形成π键。
D.根据题给化学方程式可知，每生成1.8g水消耗0.1mol氧气，但由于题中并没有给出温度和压强，所以不能确定氧气的体积一定为2.24L。
答案：
C
点拨：
知识：
吸热、放热反应，化学键类型，原子杂化、σ键和π键的特点，气体摩尔体积等。
能力：
考查在新情境下灵活应用上述知识解决新问题的能力。
试题难度：
中等。
3．下列数据是对应物质的熔点（℃）：
BCl3
Al2O3
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
干冰
SiO2
－107
2073
920
801
1291
190
－57
1723
据此做出的下列判断中错误的是（ ）
A．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体
B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
解析：
从表中的数据可以看出，AlCl3是分子晶体，AlF3是离子晶体，所以A项对，B项错；干冰是分子晶体，而SiO2是原子晶体，C、Si是同主族元素，C项对；Na2O与Al2O3，虽属于不同族元素的氧化物，但都是离子晶体，D项对。
答案：
B
4．短周期非金属元素X和Y能形成XY2型化合物，下列有关XY2的判断不正确的是（ ）
A．XY2一定是分子晶体
B．XY2的电子式可能是:
:
:
X:
:
:
C．XY2水溶液不可能呈碱性
D．X可能是ⅣA、ⅤA或ⅥA族元素。
解析：
短周期常见由金属元素形成的XY2型化合物有很多，可结合具体例子分析，A项说法错误，XY2可能是分子晶体（CO2），也有可能是原子晶体（SiO2）；如果是CO2或者CS2电子式可能是:
:
:
X:
:
:
形式，B项说法正确；根据常见XY2型化合物，XY2水溶液不可能呈碱性，C项说法正确；ⅣA、VA或ⅥA族元素都有可能为＋2或者＋4价，所以都有可能形成XY2型化合物，D项说法也正确。
答案：
A
5．两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表前10号元素中，满足上述关系的元素共有（ ）
A．1对 B．2对
C．3对D．4对
解析：
前10号元素的核外电子层数与最外层电子数分别为1H,1、1；2He,1、2；3Li,2、1；4Be,2、2；5B,2、3；6C,2、4；7N,2、5；8O,2、6；9F,2、7；10Ne,2、8。
核外电子层数之比与最外层电子数之比：
①1:
2与1:
2为H和Be；②2:
1与2:
1为C和He；③2:
2与2:
2无合适的元素。
答案：
B
6．下列关于σ键和π键的理解不正确的是（ ）
A．σ键能单独形成，而π键一定不能单独形成
B．σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转
C．双键中一定有一个σ键、一个π键，三键中一定有一个σ键、两个π键
D．气体单质中一定存在σ键，可能存在π键
解析：
p电子云重叠时，首先头碰头最大重叠形成σ键，py、pz电子云垂直于px所在平面，只能“肩并肩”地重叠形成π键，双键中有一个σ键、一个π键，三键中有一个σ键、两个π键，π键不能单独形成，A、B正确。
σ键特征是轴对称，π键呈镜面对称，不能绕键轴旋转，C正确。
稀有气体为单原子分子，不存在化学键，D不正确。
答案：
D
7．用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中不正确的是（ ）
A．NH
为正四面体形B．CS2为直线形
C．HCN为折线形（V形）D．PCl3为三角锥形
解析：
NH
、CS2、HCN、PCl3结构中价层电子对数分别为4对、2对、4对，VSEPR模型分子为正四面体形、直线形、直线形、空间四面体形，其中前三者中心原子均参与成键，立体结构就是VSEPR模型，PCl3分子中有1对孤对电子，所以立体结构为三角锥形。
答案：
C
8．下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是（ ）
A．元素非金属性Cl>S的实验依据是酸性HCl>H2S。
B．碳元素的电负性小于氧元素，每个CO2分子中有4个σ键
C．同周期主族元素的原子形成的简单离子的电子层结构一定相同
D．Na、Mg、Al三种元素，其第一电离能由大到小的顺序为Mg>Al>Na
解析：
选项A的实验依据应是元素最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4。
选项B，每个CO2分子中有2个σ键。
选项C，同周期主族元素的原子形成的简单离子的电子层结构不一定相同，如Na＋和Cl－。
答案：
D
9．NH3、H2O等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。
根据上述事实可推ABn型分子是非极性分子的经验规律是（ ）
A．在ABn分子中A原子的所有价电子都参与成键
B．在ABn分子中A的相对原子质量应小于B的相对原子质量
C．在ABn分子中每个共价键的键长都相等
D．分子中不能含有氢原子
解析：
由题给信息可以判断若ABn型分子是非极性分子，则ABn型分子中A原子的所有价电子都参与成键，与相对原子质量大小、键长以及是否含有氢原子无关。
答案：
A
二、非选择题
10．（2013·成都市第二次诊断·8）利用15N可以测定亚硝酸盐对地下水质的污染情况。
（1）下列说法正确的是________。
A．14N与15N为同种核素
B．14N的第一电离能小于14C
C．15NH3与14NH3均能形成分子间氢键
D．CH
NH2与CH3CH
NH2互为同系物
（2）15N的价层电子排布图为________；15NH4Cl的晶胞与CsCl相同，则15NH4Cl晶体中15NH
的配位数为________；15NH
中15N的杂化轨道类型为________。
（3）工业上电解法处理亚硝酸盐的模拟工艺如图。
已知阳极区发生化学反应：
2NO
＋8H＋＋6Fe2＋===N2↑＋6Fe3＋＋4H2O
①阳极电极反应方程式是________（不考虑后续反应）；
②若硫酸溶液浓度过大，阴极区会有气体逸出，该气体为_______
（填化学式）；该现象表明c（H＋）越大，H＋氧化性越________；
③若电解时电路中有0.6mol电子转移，且NaNO2有剩余，则电解池中生成Na2SO4________mol。
解析：
（1）A项，质子数相同而中子数不同的核素互为同位素；B项，N的价电子层为半充满结构，更加稳定；C项，含有N元素，故能形成氢键；D项，二者结构相似，分子组成相差一个“CH2”。
（3）③由电极反应知转移0.6mol电子时生成Fe2＋0.3mol，故消耗NaNO20.1mol，根据钠元素守恒可知生成Na2SO40.05mol。
答案：
（1）CD
（2）
8 sp3杂化
（3）①Fe－2e－===Fe2＋
②H2 强 ③0.05
点拨：
本题考查电化学，考查考生对电极反应的掌握情况。
难度中等。
11．（2013·东北三省四市联考
（二）·37）A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期元素，其原子序数依次增大，其中A、B、C为短周期非金属元素。
A是形成化合物种类最多的元素；B原子基态电子排布中只有一个未成对电子；C是同周期元素中原子半径最小的元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多；E与D相邻，E的某种氧化物X与C的氢化物的浓溶液加热时反应常用于实验室制取气态单质C；F与D的最外层电子数相等。
回答下列问题（相关回答均用元素符号表示）：
（1）D的基态原子的核外电子排布式是______________。
（2）B的氢化物的沸点比C的氢化物的沸点________（填“高”或“低”），原因是______________________。
（3）A的电负性________（填“大于”或“小于”）C的电负性，A形成的氢化物A2H4中A的杂化类型是________。
（4）X在制取C单质中的作用是________，C的某种含氧酸盐常用于实验室中制取氧气，此酸根离子中化学键的键角________（填“>”“＝”或“<”）109°28′。
（5）已知F与C的某种化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是__________________，若F与C原子最近的距离为acm，则该晶体的密度为________g·cm－3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA）。
解析：
A是形成化合物种类最多的非金属元素，A为碳元素；B是非金属元素，基态电子排布中只有一个未成对电子，即为氟元素；C是短周期元素，同周期元素中原子半径最小，即氯元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，即d轨道5个电子，最外层1个电子，所以为Cr元素；E与D相邻，即E为Mn元素，其氧化物MnO2与浓盐酸反应生成氯气；F的最外层电子数为1，只能是d轨道全充满，即铜元素。
（1）D是24号元素，由于未成对电子数最多，所以d轨道5个电子，4s轨道1个电子。
（2）氟化氢分子间除范德华力外还存在分子间氢键，氯化氢分子间只存在范德华力，所以氟化氢的沸点高。
（3）氯元素非金属性强，电负性大。
（4）氯酸钾常用于实验室中制取氧气，ClO
中存在孤对电子，根据价层电子互斥理论，微粒中键角小于109°28′。
（5）用均摊法可求出晶胞中存在4个氯原子、4个铜原子，可得出化学式为CuCl，Cu与Cl原子最近的距离为acm，通过数学几何知识求出图示中的边长为
cm。
答案：
（1）1s22s22p63s23p63d54s1
（2）高 HF分子间能形成氢键
（3）小于 sp2杂化
（4）氧化剂 ＜
（5）CuCl
[或
或
或
）]
点拨：
本题考查元素推断、物质结构与性质相关知识。
难度较大。
12．（2013·山东省青岛市统一质检·32）太阳能电池的发展已经进入了第三代。
第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。
完成下列填空：
（1）亚铜离子（Cu＋）基态时的电子排布式为________；
（2）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为________（用元素符号表示），用原子结构观点加以解释：
________。
（3）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成加合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3。
BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型为________，B与N之间形成________键。
（4）单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂（SiC）结构；在SiC中，每个C原子周围最近的C原子数目为________。
解析：
（1）铜原子失去最外层的一个电子变为亚铜离子（Cu＋）。
（3）因为BF3中的硼元素具有空轨道，NH3中有孤对电子，能够与B形成配位键生成BF3·NH3，故BF3·NH3中B原子是sp3杂化。
答案：
（1）1s22s22p63s23p63d10
（2）Br>As>Se As、Se、Br原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大
（3）sp3 配位（答共价不得分）
（4）12
点拨：
本题考查电子排布式、电离能的比较、杂化类型的判断，考查考生灵活解决问题的能力。
难度中等。
13．（2013·武汉市4月调研·37）Ⅰ.下列有关说法正确的是________。
A．相同类型的离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定
B．手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成
C．用金属的电子气理论能合理地解释金属易腐蚀的原因
D．H3O＋、NH4Cl和[Ag（NH3）2]＋中均存在配位键
Ⅱ.碳及其化合物在自然界中广泛存在。
（1）基态碳原子的价电子排布图可表示为________。
（2）第一电离能：
碳原子________（填“>”“<”或“＝”）氧原子，原因是__________________________。
（3）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似。
每个冰晶胞平均占有________个水分子，冰晶胞与金刚石晶胞排列方式相同的原因是__________________________。
（4）C60的晶体中，分子为面心立方堆积，已知晶胞中C60分子间的最短距离为dcm，可计算C60晶体的密度为________g/cm3。
（5）请写出一个反应方程式以表达出反应前碳原子的杂化方式为sp2，反应后变为sp3：
________________________________。
解析：
Ⅰ.C项，用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀；D项，H3O＋中H和O，NH4Cl中N和H、[Ag（NH3）2]＋中Ag和N存在配位键。
Ⅱ.（3）金刚石的晶胞中8个C在顶点，6个碳在面心，4个C在内部，则每个冰晶胞平均占有水分子个数为8×
＋6×
＋4＝8。
（4）C60的晶体为面心立方堆积，则含C60的个数为8×
＋6×
＝4，设晶胞的边长为a，则
a＝2d，a＝
d，故晶体的密度为
×4÷（
d）3＝
。
（5）sp2杂化的碳为形成双键碳原子，sp3杂化的碳为形成单键碳原子，可以是乙烯与Br2、H2、HX、H2O等的加成反应。
答案：
Ⅰ.ABD
Ⅱ.
（1）
（2）＜ 碳原子的半径比氧原子大，且核电荷数比氧的小，故碳原子核对最外层电子的吸引力小于氧
（3）8 每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键
（4）
（5）CH2===CH2＋Br2―→BrCH2CH2Br
点拨：
本题考查物质结构和性质，考查考生对原子、分子、晶体结构和性质的理解能力。
难度较大。
14．（2013·南昌市第二次模拟·37）A、B、C、E、F为原子序数依次增大的六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期元素，F还是前四周期中电负极最小的元素。
已知：
A原子的核外电子数与电子层数相等；
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1个；
C原子的第一至第四电离能为I1＝738kJ/mol，I2＝1451kJ/mol，I3＝7733kJ/mol，I4＝10540kJ/mol；
D原子核外所有p轨道为全充满或半充满；
E元素的族序数与周期序数的差为4；
（1）写出E元素在周期表位置：
________；D元素的原子的核外电子排布式：
__________________________________。
（2）某同学根据题目信息和掌握的知识分析C的核外电子排布为
该同学所画的轨道式违背了________。
（3）已知BA5为离子化合物，写出其电子式：
______________。
（4）DE3中心原子杂化方式为__________________，其空间构型为______________。
（5）某金属晶体中原子堆积方式如图甲，晶胞特征如图乙，原子相对位置关系如图丙，则晶胞中该原子配位数为________；空间利用率为________；该晶体的密度为________。
（已知该金属相对原子质量为m，原子半径为acm）
解析：
（1）由题意分析知F为K；A为H；B为N；由电离能知C的＋2价稳定，为Mg；D为P；E为Cl。
（2）原子的核外电子分能级排布，按构造原理先排能量低的能级，再排能量高的能级，遵循能量最低原理时，该原子才最稳定。
该同学未排满3s能级，就排3p能级，违背了能量最低原理。
（3）NH5为离子化合物，则为铵盐，存在NH
和H－。
（4）PCl3中心原子P上的价层电子对＝3＋
（5－3×1）＝4，杂化类型为sp3杂化；存在一个孤电子对，故分子构型为三角锥形。
（5）由图可知：
该金属堆积方式为面心立方最密堆积，原子配位数为12，空间利用率为74%；由图乙可知每个晶胞中含有的原子数为8×
＋6×
＝4。
设晶胞的棱长为x，由图丙知x2＋x2＝（4a）2，x＝2
a，若该晶体的密度为ρ，则ρ×（2
a）3＝
×m，ρ＝
g·cm－3。
答案：
（1）第三周期ⅦA族 1s22s22p63s23p3
（2）能量最低原理
（3）
（4）sp3 三角锥形
（5）12 74%
g/cm3
点拨：
本题考查物质结构与性质，考查考生对物质结构与性质的掌握情况。
难度较大。
15．（2013·陕西省质检
（二）·37）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______。
A的单质分子中π键的个数为______。
（2）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__________________________________。
（3）A、B、C3种元素的第一电离能由大到小的顺序为________（用元素符号表示）。
（4）写出基态E原子的价电子排布式：
__________________。
（5）A的最简单氢化物分子的空间构型为________，其中A原子的杂化类型是________。
（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝________cm。
（用ρ、NA的计算式表示）
解析：
根据题意及电子排布式的规律判断可知，元素A、B、C、D、E分别是N、O、F、Ca、Cu。
（1）A单质是N2，其结构式是NN，含有两个π键。
（2）由于H2O的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的。
（3）N的2p能级是半充满状态，比较稳定，其第一电离能比O要大，但比同周期的F要小。
（5）NH3的空间构型是三角锥形，其中N是sp3杂化。
（6）根据晶胞的结构，应用“均摊法”计算可得，1个晶胞中含有4个Ca2＋，8个F－，故其密度为ρ＝（312/NA）÷a3，解得a＝
。
答案：
（1）Ca 2
（2）H2O分子间存在氢键
（3）F＞N＞O
（4）3d104s1
（5）三角锥形 sp3
（6）
点拨：
本题考查物质结构的推断，考查考生应用所学知识灵活解决问题的能力。
难度中等。
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