版高考化学一轮总复习模拟创新题专题25 物质结构与性质.docx

1、版高考化学一轮总复习模拟创新题专题25 物质结构与性质专题二十五物质结构与性质根据高考命题大数据软件分析，重点关注第1、3、6及创新导向题。模拟精选题1(2016湖南衡阳一模，37)铁和铜都是日常生活中常见的金属，有着广泛的用途。请回答下列问题： (1)铁原子核外电子排布式为_。 (2)配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为20.5 ，沸点为103 ，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_(填晶体类型)。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x_。Fe(CO)x在一定条件下发生反应：Fe(CO)x(s)Fe(s)xCO(g)。已知反应过程中只断裂配位键，

2、则该反应生成物含有的化学键类型有_。 (3)K3Fe(CN)6溶液可用于检验_(填离子符号)。CN中碳原子杂化轨道类型为_，C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。 (4)铜晶体铜碳原子的堆积方式如图所示。 基态铜在元素周期表中位置_ _。 每个铜原子周围距离最近的铜原子数目_。 (5)某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(黑点代表铜原子)。 该晶体的化学式为_。 已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于_(填“离子”或“共价”)化合物。 已知该晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M

3、原子之间的最短距离为_pm(只写计算式)。 解析(1)铁是过渡元素，位于周期表中第四周期第族；核外电子排布式为Ar3d64s2 或1s22s22p63s23p63d64s2；(2)Fe(CO)x常温下呈液态，熔沸点较低，易溶于非极性溶剂，符合分子晶体的特点，因此Fe(CO)x属于分子晶体，中心原子铁价电子数为8，配体一个CO分子提供2个电子形成配位键，因此x5，根据化学反应方程式，生成物是单质Fe和CO，铁是金属晶体含有金属键，CO是分子晶体，C、O之间是共价键；(3)含Fe2的溶液与铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，反应离子方程式：3Fe22Fe(CN)63

4、=Fe3Fe(CN)62，所以铁氰化钾是验证Fe2的，C、N之间是三键，CN中C有一个孤电子对，CN中心原子C价电子对数2，C是sp杂化，C、N、O属于同一周期，电离能同周期从左向右增大，但是第A族大于第A族，第A族大于A族，因此NOC；(4)铜是29号元素位于第四周期第B族；铜的晶胞属于面心立方最密堆积，堆积方式ABCABCABC，因此配位数为12，每个铜原子周围最近的铜原子数目是12；(5)M原子的外围电子排布式3s23p5，M是第三周期第A族元素，即Cl，铜在晶胞占有的位置8个顶角、6个面，铜原子的个数864，Cl原子在晶胞的位置在体心，全部属于该晶胞，Cl个数是4，化学式：CuCl；一

5、般认为两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，铜与Cl电负性差值3.01.91.1”或“”)。 (5)黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶体密度为8.5 g/cm3，求晶胞的边长(只写计算式，不求结果)：_。 解析(1)Cu在周期表中第4周期，第B族，其原子的外围电子排布式为3d104s1。基态铜原子在灼烧时获得能量使外围电子发生跃迁而变为激发态。(2)一个碳碳双键或碳氧双键含有一个键，1个松脂酸铜的结构单元中含有三个双键，因此一个松脂酸铜含有六个键。加“*”碳原子形成四个单键，需要四个杂化轨道，因此该碳原子的杂化方式为sp3。(3)根据均摊法，晶

6、胞中X原子个数为181/82，Cu原子个数为144，则晶胞的化学式为Cu2X。与晶胞中心X等距离且最近的X位于晶胞的八个顶角上。(4)根据价层电子对互斥理论，SO2分子中S原子上的孤电子对数(622)1/21，则SO2分子的几何构型为V形或角形。同主族元素由上至下第一电离能逐渐减小，即SO。(5)根据黄铜合金的化学式及晶胞结构知，Zn位于晶胞的顶角上，Cu位于面心上，一个晶胞平均含有1个Zn原子和3个Cu原子，一个晶胞的质量为364/NA165/NA 257/NA(g)，晶胞的体积为cm3，则晶胞的边长为cm。 答案(1)3d104s1 跃迁 (2)6sp3 (3)Cu2X8 (4)V形(或角

7、形) (5) cm(或者cm)4(2016湖南怀化一模)自然界存在丰富的碳、氮、硅、磷、铁等元素，它们可形成单质及许多化合物。按要求回答下列问题： (1)铁能与CO形成配合物Fe(CO)5，其熔点为20.5 ，沸点为102 ，易溶于CCl4，据此判断Fe(CO)5晶体属于_(填晶体类型)。 (2)铁在元素周期表中位置是_，亚铁离子具有强还原性，从电子排布的角度解释，其原因是_。 (3)南海海底蕴藏着大量的天然气水化合物，俗称“可燃冰”。可燃冰是一种晶体，晶体中平均每46个H2O分子通过氢键构成8个笼，每个笼内可容纳1个CH4分子或1个游离的H2O分子。若晶体中每8个笼有6个容纳了CH4分子，另

8、外2个笼被游离的H2O分子填充。可燃冰的平均组成可表示为_。 (4)亚磷酸(H3PO3与过量NaOH充分反应生成亚磷酸氢二钠(Na2HPO3)，则亚磷酸氢二钠属于_盐(填“正”或“酸式”)。 (5)金刚石晶胞结构模型如图，立方BN结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当。在立方BN晶体中，B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为_；每个N原子周围最近且等距离的N原子数为_；如果阿伏加德罗常数近似取61023/mol，立方BN的密度为a gcm3，摩尔质量为b gmol1，计算晶体中最近的两个N原子间距离是_nm(用含a、b代数式表示)。 解析(1)根据Fe(CO)5熔点为20.5 ，沸点为102

9、，易溶于CCl4，可知Fe(CO)5为分子晶体；(2)铁位于元素周期表中的第四周期第族，Fe2 的3d轨道有6个电子，失去1个电子后3d轨道电子排布处于半充满稳定状态，故具有强还原性；(3)根据可燃冰晶体中每46个H2O分子通过氢键构成8个笼，每个笼内可容纳1个CH4分子或1个游离的H2O分子。若晶体中每8个笼有6个容纳了CH4分子，另外2个笼被游离的H2O分子填充，则说明每个甲烷分子与8个水分子结合，则可燃冰的平均组成可表示为CH48H2O；(4)H3PO3与过量NaOH反应充分反应生成亚磷酸氢二钠(Na2HPO3)，说明亚磷酸氢二钠不能与氢氧化钠继续反应，则说明亚磷酸氢二钠属于正盐；(5)

10、立方BN结构与金刚石相似，由金刚石晶胞结构模型图示可知，在立方BN晶体中，B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为31；每个N原子周围最近且等距离的N原子数为12；如果阿伏加德罗常数近似取61023/mol，立方BN的密度为a gcm3, 摩尔质量为b gmol1，计算晶体中最近的两个N原子间距离是nm。 答案(1)分子晶体(2)第四周期第族Fe2的3d轨道有6个电子，失去1个电子后3d轨道电子排布处于半充满稳定状态 (3)CH48H2O(4)正(5)31125(2016江西南昌一模)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

11、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_。 (2)A与B元素形成的B2A2含有的键、键数目之比为_。 (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，该晶胞的空间利用率为_(保留两位有效数字)。(1.732) (4)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。请写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式：_ _。 (5)图三为一个D元素形成的单质的晶胞，该晶胞

12、“实际”拥有的D原子数是_个，其晶体的堆积模型为_，此晶胞立方体的边长为a cm，D的相对原子质量为M，单质D的密度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为_ mol1(用含M、a、的代数式表示)。 解析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的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体形分子，则B为氯元素。 (1)四种元素中电负性最大的是C

13、l，其基态原子的价电子排布式为3s23p5，基态原子的价电子排布图为； (2)C2H2的结构式为HCCH，单键为键，三键含有1个键、2个键，含有的键、键数目之比为32； (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sp2杂化；晶胞中每个C原子与周围4个C原子形成正四面体结构，正四面体体心原子与晶胞顶角原子连线在晶胞体对角线上，且为体对角线长度的，令碳原子半径为r，则晶胞棱长为r，晶胞中C原子数目4688，则晶胞中碳原子总体积8r3，故晶胞空间利用率8r3()334%； (4)硫酸铜溶液中加入氨水会产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，

14、得到四氨合铜络离子，溶液为深蓝色的透明溶液，蓝色沉淀溶解离子方程式为：Cu(OH)24NH3=Cu(NH3)422OH； (5)由晶胞结构示意图可知，晶体的堆积模型为面心立方密堆积，晶胞中原子数目为684，晶胞质量为4，晶胞体积为(a cm)3，则4 g/cm3(a cm)3，故NAmol1。 答案(1) (2) 32 (3)sp2 34% (4)Cu(OH)24NH3=Cu(NH3)422OH (5)4面心立方密堆积6(2015衡水质检)已知A、B、C、D、E、F、G七种元素，它们的原子序数依次增大。A在所有元素中原子半径最小；B原子核外电子有6种不同运动状态；D与C、E均相邻；A、D、E三

15、种元素的原子序数之和为25；E2和F有相同的核外电子排布；G的质子数是25。请回答下列问题： (1)写出元素G的基态原子外围电子排布式_；B、C、D三种元素分别形成的最简单氢化物的沸点最高的是_(用化学式表示)。 (2)由上述元素中的两种元素组成的一种阴离子与D的一种同素异形体分子互为等电子体，该阴离子化学式为_。 (3)由上述元素组成的属于非极性分子且VSEPR为直线形的微粒的电子式_(任写一种)。 (4)M是由4个C原子组成的一种不稳定的多原子单质分子，M分子中C原子杂化方式为sp3杂化，M分子的立体构型为_。 (5)某一次性电池的比能量和可储存时间均比普通干电池优良，适用于大电流和连续放

16、电，是民用电池的升级换代产品之一，它的负极材料是Zn，正极材料是G的一种常见氧化物，电解质是KOH。该电池的正极反应式为_。 (6)由上述元素中电负性最大的元素和第一电离能最小的元素形成的某化合物N的晶胞如图所示。化合物N与氧化钙相比，晶格能较小的是_(填化学式)。已知该化合物的晶胞边长为a pm，则该化合物的密度为_gcm3(只要求列出算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA，1 pm1010cm)。 解析A、B、C、D、E、F、G七种元素，它们的原子序数依次增大。A在所有元素中原子半径最小，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同运动状态，则B为C元素；E2可能为O2或S2元素，A、

17、D、E三种元素的原子序数之和为25，D和E的原子序数为24，根据原子序数的大小关系，则E为S元素，D为O元素，则C为N元素，E2和F有相同的核外电子排布，则F为K元素，G的质子数是25，G为Mn元素。 (1)根据构造原理，Mn的基态原子外围电子排布式为3d54s2；B、C、D三种元素分别形成的最简单的氢化物为：CH4、NH3、H2O，水在常温下为液态，CH4和NH3为气态，则H2O的沸点最高。 (2)O2与O3互为同素异形体，根据微粒中原子个数相同，价电子总数相同互为等电子体，可知O3与NO互为等电子体。 (3)在上述元素的原子中能形成非极性分子且为直线形的有CO2和HCCH，它们的电子式分别

18、为和。 (4)由4个N原子组成的不稳定单质分子为N4，由于N原子的杂化方式为sp3杂化，则M分子的立体构型是正四面体结构。 (5)该一次性电池负极材料是Zn，正极材料是MnO2，电解质为KOH，该电极的正极电极反应式为：MnO2eH2O=MnOOHOH。 (6)上述元素中电负性最大的是O元素和第一电离能最小的K元素形成化合物N为K2O，由于r(K)r(Ca2)，故其晶格能小于CaO。由晶胞结构和均摊法知，每个晶胞中相当于含有4个K2O，则有：4Mr(K2O)NA(a1010)3，该化合物的密度为：gcm3。 答案(1)3d54s2H2O (2)NO(3) (或) (4)正四面体(5) MnO2

19、eH2O=MnOOHOH (6)K2O7(2015东北四市联考)A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，均为前30号元素。A的基态原子只有一个能级填充了电子，B和D的基态原子中未成对电子数均为2，D的基态原子的s能级的电子总数与p能级的电子总数相等，C与E是同主族元素，F的3d电子数是4s电子数的3倍。 (1)写出D的基态原子的电子排布式_。 (2)C、D、E中第一电离能最大的是_(用元素符号表示)。 (3)C形成的某种阴离子C的空间构型为_，写出它的一种等电子体的分子的分子式_。 (4)化合物CA3比化合物EA3的沸点高，原因是_ _。 (5)由A、B构成的分子B3A4，结构式为，

20、分子中B原子的杂化方式有_。 (6)F的某种氧化物的晶体结构与NaCl相似，晶体中F原子的配位数为_。若F原子与最近的O原子之间的距离为a pm，此种晶体的密度为_g/cm3。(设阿伏加德罗常数的数值为NA) 解析A的基态原子只有一个能级填充了电子，A为H，D的基态原子的s能级的电子总数与p能级的电子总数相等，D为O，B和D的基态原子中未成对电子数均为2，B为C，由于A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，C为N，C与E是同主族元素，E为P，F的3d电子数是4s电子数的3倍，F为Fe，(1)O的基态原子的电子排布式为1s22s22p4；(2)对于N、O、P的第一电离能，由于N中p轨道

21、半充满，较稳定，难失电子，第一电离能最大；(3)N形成的某种阴离子N的空间构型为直线形，和CO2、N2O互为等电子体；(4)化合物NH3比化合物PH3的沸点高的原因NH3分子之间存在氢键；(5)由H、C构成的分子C3H4，结构式为，分子中间的C原子为sp杂化，两端的C原子为sp2杂化。(6)由于NaCl晶体中Na原子的配位数为6，而Fe的某种氧化物的晶体结构与NaCl相似，故晶体中Fe原子的配位数为6，FeO晶胞的质量为4g，晶胞的体积为(2a1010 cm)38a31030 cm3，此种晶体的密度为gcm3。 答案(1)1s22s22p4(2)N(3)直线形CO2或N2O (4)因为NH3分

22、子之间存在氢键，使NH3的沸点升高 (5)sp2杂化和sp杂化(6)68(2014山西太原模拟)铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途。请回答以下问题： (1)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下： NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为_。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为_(填元素符号)。 向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)4SO4，下列说法正确的是_。 A氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故 BNH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角 CCu(NH3)4SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体 D已知3.4 g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出a kJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3(g)3/4O2(g)=1/2N2(g)3/2H2O(g)H5a kJmol1 (2)铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的氧气变为臭氧(与SO2互为等电子体)。根