高考化学复习专题十五物质结构与性质课后作业评估.docx
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高考化学复习专题十五物质结构与性质课后作业评估
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K课后作业评估
1.[2014·保定检测]前中国科学院院长卢嘉锡与法裔加拿大科学家Gignere巧妙地利用尿素（H2NCONH2）和H2O2形成化合物H2NCONH2·H2O2，不但使H2O2稳定下来，而且其结构也没有发生改变，得到了可供衍射实验的单晶体。
已知H2O2的结构式为H－O－O－H，下列说法中不正确的是（ ）
A.H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的
B.H2O2分子中只含σ键，不含π键
C.H2O2既有氧化性又有还原性
D.H2NCONH2·H2O2属于离子晶体
解析：
由题目可知，H2NCONH2与H2O2结合过程中没有生成新物质，故二者没有形成化学键，通过氢键结合，A对；H2O2分子中只有单键，没有双键，B对；H2O2中O为－1价，C对；H2NCONH2·H2O2中只含有非金属元素，不存在离子键，不属于离子晶体。
答案：
D
2.[2014·南昌模拟]CH
、－CH3、CH
都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（ ）
A.它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
B.CH
与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为正四面体形
C.CH
中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
D.CH
与OH－形成的化合物中含有离子键
解析：
A项，CH
为8e－，－CH3为9e－，CH
为10e－；B项，三者为三角锥形；C项，CH
中C的价层电子对数为3，为sp2杂化，平面三角形；D项，CH3OH中不含离子键。
答案：
C
3.[2014·浙江慈溪中学检测]现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23s4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。
则下列有关比较中正确的是（ ）
A.第一电离能：
③>②>①
B.原子半径：
③>②>①
C.电负性：
③>②>①
D.最高正化合价：
③>②>①
解析：
根据元素的基态原子的电子排布式可知，四种元素分别是S、P、F。
非金属性越强，第一电离能越大，但P原子的3p轨道处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于S的，选项A正确；B不正确，原子半径应该是②>①>③；非金属性越强，电负性越大，所以选项C不正确，应该是③>①>②；F没有正价，选项D不正确。
答案：
A
4.[2013·四川高考]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：
由题干信息可知，W为C，X为Al，Z为Cl，Y可能为Si、P或S。
若Y为Si，则电负性W>Y，原子半径X>W，Y与Z可形成化合物SiCl4，其空间结构为正四面体，故A、B错误，C正确；W、Y可形成WY2分子，则Y为S，WY2为CS2，分子结构为S＝C＝S，σ键与π键的数目之比为1∶1，故D错误。
答案：
C
5.[2014·甘肃张掖模拟]AB型的化学式形成的晶体结构情况多种多样。
下列图示的几种结构中最有可能是分子晶体的是（ ）
A.①③ B.②⑤
C.⑤⑥D.③④⑤⑥
解析：
分子晶体中不存在共用，从各图中可以看出②⑤不存在共用现象，最有可能是分子晶体。
答案：
B
6.[2014·台州中学模拟]表中原子化热、晶格能、键能的单位都是kJ·mol－1。
由下列说法正确的是（ ）
A.Na（s）与Cl2（g）反应生成1molNaCl（s）放出的热量为556.1kJ
B.Si（s）＋2Cl2（g）===SiCl4（g）ΔH＝－602kJ·mol－1
C.从表中可以看出，氯化钠的熔点比晶体硅高
D.从表中数据可以看出，微粒半径越大金属键、离子键越弱，而共价键却越强
解析：
A不正确，因为晶格能是在反应时1mol离子化合物中的阴、阳离子从相互分离的气态结合成离子晶体时所放出的能量，因此生成物氯化钠的状态应该是气态；反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以根据键能计算可知，B正确；氯化钠是离子化合物，其熔点比晶体硅低，C不正确；微粒半径越大共价键越弱，D不正确。
答案：
B
7.[2014·沧州质检]钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是（ ）
A.该晶体属于离子晶体
B.晶体的化学式为Ba2O2
C.该晶体晶胞结构与NaCl相似
D.与每个Ba2＋距离相等且最近的Ba2＋共有12个
解析：
由晶胞结构及“均摊法”计算：
一个晶胞中含Ba2＋：
×6＋
×8＝4;含O
：
12×
＋1＝4个，故晶体化学式是BaO2。
答案：
B
8.[2013·课标全国卷Ⅰ]硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。
回答下列问题：
（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。
（2）硅主要以硅酸盐、________等化合物的形式存在于地壳中。
（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献________个原子。
（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备。
工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为________________。
（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C－C
C－H
C－O
Si－Si
Si－H
Si－O
键能/
（kJ·mol－1）
356
413
336
226
318
452
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是________________________________________
_______________________________________________________。
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是________
________________________________________________________。
（6）在硅酸盐中，SiO
四面体（如图a）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构形式。
图b为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________，Si与O的原子数之比为________，化学式为________。
解析：
本题考查了物质结构与性质方面的知识，意在考查考生的观察能力、推理能力以及语言表达能力。
（1）硅的基态原子中，能量最高的能层是第三电子层，符号为M，该能层有9个原子轨道，电子数为4。
（2）硅还以SiO2形式存在于地壳中。
（3）硅晶体中，硅原子间以共价键结合在一起，其晶胞6个面上各有一个硅原子，依据均摊原则，面心位置贡献3个原子。
（4）可先写出：
Mg2Si＋NH4Cl―→SiH4，由原子守恒知还应该有MgCl2生成，配平镁、氯、硅元素后得Mg2Si＋4NH4Cl―→SiH4＋2MgCl2，再进一步分析知还应该有NH3生成，最终结果为Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋2MgCl2＋4NH3。
（5）某类物质数量的多少与物质内化学键的稳定性强弱有关，由表中数据知C－C键、C－H键分别比Si－Si键、Si－H键稳定，故烷烃数量较多。
同理因键能C－H>C－O，C－H键比C－O键稳定。
Si－O>Si－H，故Si－H键不稳定而更易生成氧化物。
（6）因硅与四个氧原子形成四个σ键，故硅原子为sp3杂化。
在图a中，硅、氧原子数目比为1∶4，但图b中每个硅氧四面体中有两个氧原子是与其他四面体共用的，故依据均摊原则可确定图b中硅、氧原子数目比为1∶3，化学式为[SiO3]
。
答案：
（1）M 9 4
（2）二氧化硅
（3）共价键 3
（4）Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋4NH3＋2MgCl2
（5）①C－C键和C－H键较强，所形成的烷烃稳定。
而硅烷中Si－Si键和Si－H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 ②C－H键的键能大于C－O键，C－H键比C－O键稳定。
而Si－H键的键能却远小于Si－O键，所以Si－H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si－O键
（6）sp3 1∶3 [SiO3]
（或SiO
）
9.[2013·山东高考]卤族元素包括F、Cl、Br等。
（1）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是________。
（2）利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，右图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为________。
（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为_______和_______。
第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。
（4）若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是________。
解析：
本题考查元素及物质的性质、晶胞结构、杂化理论、第一电离能及配位键等，意在考查考生灵活应用物质结构与性质知识的能力。
（1）同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小，a对；氟无正价，b错；HF分子间存在氢键，所以熔沸点在同族元素气态氢化物中最高，c错；F2、Cl2、Br2三种物质的晶体均是分子晶体，组成相似，则相对分子质量越大分子间作用力越大，熔点越高，d错。
（2）由晶胞结构示意图，根据均摊法，可得B原子为8×
＋1＝2个，N原子为4×
＋1＝2个，则该功能陶瓷的化学式为BN。
（3）BCl3中价层电子对数为（3＋3）/2＝3，B原子为sp2杂化；NCl3中价层电子对数为（5＋3）/2＝4，N原子为sp3杂化。
同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，但是由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能比氧的大，铍原子的2s轨道处于全满状态，铍的第一电离能比硼的大，所以第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有铍、碳、氧3种。
（4）B原子最外层有3个电子，与Cl形成3个单键后，仍缺少2个电子达到8电子稳定结构，所以在B原子与X形成的配位键中，X提供孤对电子。
答案：
（1）a
（2）2 BN （3）sp2 sp3 3 （4）X
10.[2012·课标全国卷]ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。
请回答下列问题：
（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，硫原子采用的轨道杂化方式是________。
（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为________。
（3）Se原子序数为____________，其核外M层电子的排布式为____________。
（4）H2Se的酸性比H2S________（填“强”或“弱”）。
气态SeO3分子的立体构型为________，SO
离子的立体构型为________。
（5）H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2，请根据结构与性质的关系解释：
①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：
________________________________________________________。
②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：
____________________
________________________________________________________。
（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。
立方ZnS晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为________g·cm－3（列式并计算），a位置S2－与b位置Zn2＋之间的距离为________pm（列式表示）。
解析：
（1）因为S8为环状立体结构，所以为sp3杂化；
（2）元素的非金属性越强，第一电离能越大，所以第一电离能由大到小的顺序为O>S>Se；
（3）Se是34号元素，M层电子排布式为3s23p63d10。
（4）H2Se的酸性比H2S强，SeO3杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形，SO
杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形。
（5）①第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子。
②H2SeO3和H2SeO4可表示为（HO）2SeO和（HO）2SeO2。
H2SeO3中的Se为＋4价，而H2SeO4中的Se为＋6价，正电性更高，导致Se－O－H中O的电子更向Se偏移，因此H2SeO4更易电离出H＋。
（6）晶胞密度＝
＝4.1g·cm－3；
设m为晶胞边长，过b向上面作垂线，构成直角三角形，两边分别为
/4m,1/4m即可求出斜边为
/4m＝
/4×540.0pm＝135
pm。
答案：
（1）sp3
（2）O>S>Se
（3）34 3s23p63d10
（4）强 平面三角形 三角锥形
（5）①第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子
②H2SeO3和H2SeO4可表示为（HO）2SeO和（HO）2SeO2。
H2SeO3中的Se为＋4价，而H2SeO4中的Se为＋6价，正电性更高，导致Se－O－H中O的电子更向Se偏移，因此H2SeO4更易电离出H＋
（6）
＝4.1
（或
或135
）
11.[2014·太原质检]钒（V）、砷（As）、镍（Ni）均为第四周期元素，钒位于ⅤB族，砷位于ⅤA族，镍位于Ⅷ族。
请回答下列相关问题。
（1）基态钒原子的电子排布式为________，钒有＋2、＋3、＋4、＋5等几种化合价，这几种价态中，最稳定的是________价。
（2）砷与氯气反应可得到AsCl3、AsCl5两种氯化物。
其中属于非极性分子的是________，AsCl3分子的中心原子杂化类型是________，分子的空间构型是________。
（3）高纯度砷可用于生产具有半导体“贵族”之称的新型半导体材料GaAs，镓（Ga）为第四周期、ⅢA族元素，Ga与As相比，第一电离能较大的是________。
（4）镍和镧形成的一种合金具有储氢功能，该合金储氢后的晶胞如下图所示：
镍和镧形成的这种合金的化学式是________，1mol镧形成的该合金能储存________mol氢气。
解析：
本题考查物质结构理论，涉及原子的电子排布式、原子杂化类型、分子的空间构型及晶胞分析等，意在考查考生的知识迁移能力与推理能力。
（1）基态钒原子的电子排布式为[Ar]3d34s2，当原子价层电子全部失去时，形成的离子最外层达到稳定的电子层结构，故＋5价最稳定。
（2）AsCl5分子中砷的价电子均成键，故它是非极性分子；AsCl3分子中的价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，因此砷原子为sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形。
（4）由晶胞结构知，8个La全在晶胞顶点，故一个晶胞中La个数为8×
＝1,8个Ni在晶胞面上，1个Ni在晶胞内，故一个晶胞中Ni个数为8×
＋1＝5，因此该合金化学式为LaNi5；8个H2在晶胞棱上，2个H2在晶胞面上，故一个晶胞中H2个数为8×
＋2×
＝3，因此1molLa形成的该合金能储存3mol氢气。
答案：
（1）[Ar]3d34s2（或1s22s22p63s23p63d34s2） ＋5
（2）AsCl5 sp3 三角锥形
（3）砷
（4）LaNi5 3
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