高三化學二輪復習 專題限時集訓14 突破點21-人教高三化學試題

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1、專題限時集訓(十四)　突破點21 [建議用時：45分鐘] 1．(2016·東北四市一模)已知A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36號元素，它們的原子序數(shù)依次增大。A的質(zhì)子數(shù)、電子層數(shù)、最外層電子數(shù)均相等，B的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子總數(shù)相同，D的基態(tài)原子核外成對電子數(shù)是成單電子數(shù)的3倍，E4＋與氬原子的核外電子排布相同。F是第四周期d區(qū)原子序數(shù)最大的元素。請回答下列問題： (1)寫出E的價層電子排布式：________。 (2)A、B、C、D電負性由大到小的順序為______________(填元素符號)。 (3)F(BD)4為無色、揮發(fā)性的劇毒

2、液體，熔點－25 ℃，沸點43 ℃。不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯等有機溶劑，呈四面體構(gòu)型，該晶體的類型為________，F(xiàn)與BD之間的作用力為________。 (4)開發(fā)新型儲氫材料是氫能利用的重要研究方向。 ①由A、B、E三種元素構(gòu)成的某種新型儲氫材料的理論結(jié)構(gòu)模型如圖甲所示，圖中虛線框內(nèi)B原子的雜化軌道類型有________種； 甲　　　　　　　　　乙 ②分子X可以通過氫鍵形成“籠狀結(jié)構(gòu)”而成為潛在的儲氫材料。X一定不是________(填標號)； A．H2O　　　 B. CH4 C．HF D. CO(NH2)2 ③F元素與鑭(La)元素的合金可作儲氫材料，該晶體

3、的晶胞如圖乙所示，晶胞中心有一個F原子，其他F原子都在晶胞面上，則該晶體的化學式為________；已知其摩爾質(zhì)量為M g·mol－1，晶胞參數(shù)為a pm，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則該晶胞的密度為________g·cm－3。 [解析]　根據(jù)“A的質(zhì)子數(shù)、電子層數(shù)和最外層電子數(shù)均相同”可確定A為H，結(jié)合B的電子排布特點可確定B為C，由D的電子排布特點可確定D為O，則C為N；E4＋核外有18個電子，可確定E為Ti，結(jié)合F是第四周期d區(qū)原子序數(shù)最大的元素，可確定F為Ni。(1)Ti的原子最外層有4個電子，其價層電子排布式為3d24s2。(2)根據(jù)四種元素在周期表中的位置關(guān)系可確定電負性：O>N

4、>C>H。(3)該晶體熔、沸點較低，由此可確定該晶體為分子晶體，Ni與CO之間以配位鍵相結(jié)合。(4)①從圖中可看出構(gòu)成直線形的C原子采取sp雜化，左側(cè)球形結(jié)構(gòu)中C原子采取sp2雜化，直線形和球形連接處C原子為sp3雜化，即該儲氫材料中C原子有3種雜化類型；②CH4分子間不存在氫鍵，HF分子間雖存在氫鍵，但不能形成立體籠狀結(jié)構(gòu)，形成的是鏈狀結(jié)構(gòu)，故不能構(gòu)成儲氫材料；H2O和CO(NH2)2中均存在氫鍵，可成為潛在的儲氫材料；③利用均攤法可確定晶胞中Ni的個數(shù)為1＋(4＋4)×＝5，La的個數(shù)為×8＝1，則該晶胞的化學式為LaNi5；設(shè)晶胞的密度為ρ g·cm－3，則(a×10－10)3ρ＝，解得

5、ρ＝×1030 g·cm－3。 [答案]　(1)3d24s2 (2)O>N>C>H (3)分子晶體　配位鍵 (4)①3　②BC?、跮aNi5　×1030 2．(2016·福建廈門一模)NO和NO都是常見的配位體，易與金屬結(jié)合生成配合物。 (1)基態(tài)氧原子核外未成對電子數(shù)有________個，基態(tài)氮原子的核外電子軌道示意圖為______________________________________________________。 (2)NO和NO中氮原子的雜化軌道類型分別為_____________________。 (3)為消除霧霾利用金屬氧化物吸收氮的氧化物，MgO、B

6、aO、CaO、SrO吸收氮的氧化物能力由強到弱的順序為____________________。 (4)下表為含氧酸根XO的鍵長數(shù)據(jù)： 含氧酸根XO PO SiO SO ClO 實驗測定鍵長(pm) 154 163 149 146 共價單鍵半徑之和(pm) 179 186 175 172 PO的空間構(gòu)型為________。X—O之間的實測鍵長與理論鍵長有差異，其原因可能為X—O之間形成了多重鍵：首先是X原子的________軌道與O原子的2p軌道形成________鍵；其次是X原子的________軌道與O原子的2p軌道形成________鍵。 (5)鐵有δ

7、、γ兩種晶體，如圖所示。兩種晶體中距離最近的鐵原子間距相同。δ-Fe中鐵原子的配位數(shù)為________，δ-Fe和γ-Fe的密度之比為________。 [解析]　(1)基態(tài)氧原子的核外電子排布式為1s22s22p4，未成對電子數(shù)有2個；基態(tài)氮原子的核外電子排布式為1s22s22p3，p能級是3個軌道，遵循洪特規(guī)則和泡利原理。(2)NO中氮原子是sp雜化，NO中氮原子是sp2雜化。(3)金屬性越強，其氧化物吸收氮的能力越強，所以吸收氮的氧化物能力由強到弱的順序為BaO>SrO>CaO>MgO。(5)設(shè)δ-Fe晶胞的邊長為a1，γ-Fe晶胞的邊長為a2，根據(jù)兩晶體中距離最近的鐵原子間距相同

8、得a1＝a2，所以兩種晶體晶胞體積比為V1∶V2＝a∶a＝2∶3，由圖可知，δ-Fe晶體中一個晶胞平均含有8×＋1＝2個Fe原子，γ-Fe晶體中一個晶胞平均含有8×＋6×＝4個Fe原子，所以兩者密度之比為ρ1∶ρ2＝∶＝3∶8。 [答案]　(1)2 (2)sp、sp2 (3)BaO>SrO>CaO>MgO (4)正四面體　sp3雜化　σ　3d　π (5)8　 3．(2016·南寧調(diào)研)X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，這五種元素的相關(guān)信息如下： 元素 相關(guān)信息 X 其中一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代 Y 原子核外電子有7種不同的運動狀態(tài)

9、 Z 地殼中含量最高的元素 W 價電子排布式為(n＋1)sn(n＋1)pn＋2 R 基態(tài)原子最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子 (1)基態(tài)R原子的電子排布式為______________________________________________________________。 (2)Y2分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為________。 (3)X、Y、Z三種元素的第一電離能由小到大的順序為________________(用元素符號表示)，元素Y的簡單氣態(tài)氫化物的沸點比元素X的簡單氣態(tài)氫化物沸點高的主要原因是________________________。 (4)

10、由元素Z、W組成的微粒WZ的空間構(gòu)型是____________，其中W原子的雜化軌道類型為________。 (5)已知Z、R能形成一種化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該化合物的化學式為________；若相鄰的Z原子和R原子間的距離為a cm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則該晶體的密度為________ g·cm－3(用含a、NA的代數(shù)式表示)。 [解析]　X的一種核素在考古時用來鑒定文物年代，為C元素；Y核外電子有7種不同的運動狀態(tài)，為N元素；Z為地殼中含量最高的元素，為O元素；W價電子為3s23p4，為S元素；R基態(tài)原子最外層上只有一個電子，其他能層均已充滿電子，價層電子排布為3d

11、104s1，是Cu元素。(1)Cu原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1。(2)N2分子中N元素之間形成N≡N，所以一個N2分子中σ鍵和π鍵之比為1∶2。(3)由于N的2p軌道半充滿，較穩(wěn)定，其第一電離能比O大，所以C、N、O的第一電離能大小順序為N>O>C，Y的簡單氣態(tài)氫化物為NH3，X的簡單氣態(tài)氫化物為CH4，氨分子間存在氫鍵，導致其沸點比CH4高。(4)SO為四面體結(jié)構(gòu)，S原子核外有4對共用電子對，雜化方式為sp3。(5)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，一個晶胞中Cu原子個數(shù)為4，O原子個數(shù)為8×1/8＋1＝2，Cu、O原子個數(shù)之比為2∶1，化合物化學式為Cu2O；設(shè)邊長為b c

12、m，有b2＋(b)2＝(4a)2，b＝a，ρ＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。 [答案]　(1)[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1) (2)1∶2 (3)C

13、素，它的基態(tài)原子外圍電子排布成對電子數(shù)和未成對電子數(shù)相同且為最外層電子數(shù)的兩倍?；卮鹣铝袉栴}(相關(guān)回答均用元素符號表示): 【導學號：14942083】 (1)X的基態(tài)原子的外圍電子排布圖為____________；其基態(tài)原子有________種運動狀態(tài)不同的電子。 (2)R的氫化物的穩(wěn)定性比其上一周期同族元素氫化物的穩(wěn)定性________(填“高”或“低”)；其原因是___________________________________________ ______________________________________________________________。

14、(3)ZM空間構(gòu)型為________；其中Z的雜化方式為________。 (4)W與YM易形成配合物W(YM)5，在W(YM)5中W的化合價為________；與YM分子互為等電子體的離子的化學式為________。 (5)W單質(zhì)的晶體在不同溫度下有兩種原子堆積方式，晶胞分別如圖甲、乙所示： 甲　　　　　　　乙　　　　　　丙 圖乙中原子堆積方式為________________；甲、乙兩晶胞中W原子的配位數(shù)之比為________；甲、乙晶胞的棱長分別為a cm和b cm，則甲、乙兩種晶體的密度之比為________。 (6)X和W組成的合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲氫密度最高的儲氫材料之

15、一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖丙(黑球代表W，白球代表X)，則該合金的化學式為________。 [解析]　X的基態(tài)原子外圍電子排布式為3s2，X為Mg元素；Y原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，Y為C元素；Z元素的基態(tài)原子最外層有3個未成對電子，次外層有2個電子，Z為N元素；M原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其他電子的自旋方向相反，M為O元素；R是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，R為Cl元素；W為過渡元素，它的基態(tài)原子外圍電子排布成對電子數(shù)和未成對電子數(shù)相同且為最外層電子數(shù)的兩倍，W為Fe元素。(1)Mg核外電子排布為1s22s22p63s2；其基態(tài)含有12種運動狀態(tài)不同的電子。(3)根據(jù)

16、價層電子對互斥理論可知NO的價電子對為3，所以其空間構(gòu)型為平面三角形；其中N原子采取sp2雜化。(4)配合物Fe(CO)5 中鐵的化合價為0；等電子體指原子數(shù)和價電子數(shù)都相等的微粒，所以與CO等電子體的離子為CN－或C或O。(5)圖甲中立方體棱長為a cm，每個原子周圍與之相鄰且等距的原子有8個，配位數(shù)為8，圖乙中立方體棱長為b cm，相鄰兩原子的最近距離為b，以面心原子為例，同一平面的有4個，相交平面有8個，所以配位數(shù)為8＋4＝12，甲、乙兩晶胞中鐵的配位數(shù)之比2∶3；圖甲中含有原子個數(shù)為×8＋1＝2個，密度為 g/cm3，圖乙中含有的原子個數(shù)為×8＋×6＝4個，密度為 g/cm3，所以二者

17、密度之比為b3∶2a3。(6)由圖丙可知，一個晶胞中Mg的個數(shù)為8，F(xiàn)e的個數(shù)為×8＋×6＝4，所以形成的合金的化學式為FeMg2或Mg2Fe。 [答案]　(1) 　12 (2)低　因為氟原子的半徑小，氫氟鍵的鍵能更大，更穩(wěn)定 (3)平面三角形　sp2雜化 (4)0　CN－(或C，O) (5)面心立方堆積　2∶3　b3∶2a3 (6)FeMg2(或Mg2Fe) 5．(2016·贛州高三摸底)磷元素在生產(chǎn)和生活中有廣泛的應(yīng)用。 (1)P原子價電子排布圖為__________________________________。 (2)四(三苯基膦)鈀分子結(jié)構(gòu)如圖： P原子以正四面

18、體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為________；判斷該物質(zhì)在水中的溶解性并加以解釋： ________________________________________________________________。 該物質(zhì)可用于如圖所示物質(zhì)A的合成：物質(zhì)A中碳原子雜化軌道類型為____________；一個A分子中手性碳原子數(shù)目為________。 (3)在圖示中表示出四(三苯基膦)鈀分子中配位鍵： (4)PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148 ℃時液化，形成一種能導電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正六面體形陰離子，熔體中P

19、—Cl的鍵長只有198 nm和206 nm兩種，這兩種離子的化學式為________________；正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因為__________________________________________________________________ __________________________________________________________________； 該晶體的晶胞如圖所示，立方體的晶胞邊長為a pm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為________g/cm3。 (5)PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也

20、能導電，經(jīng)測定知其中只存在一種P—Br鍵長，試用電離方程式解釋PBr5熔體能導電的原因： ______________________________________________________________。 [解析]　(2)P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心，所以鈀原子是sp3雜化；此物質(zhì)是非極性分子，且不含任何可溶于水的基團，而水是極性分子，根據(jù)相似相溶原理，它不溶于水；物質(zhì)A中含有碳氮三鍵，其中的碳原子是sp雜化，碳碳雙鍵中的碳原子是sp2雜化，碳碳單鍵中的碳原子是sp3雜化；手性碳原子是指相連的四個基團都是不一樣的碳原子，所以A分子中有3個手性碳原子。(4)PCl5中含有

21、的正四面體的陽離子和正六面體的陰離子分別為PCl、PCl；PCl中的P沒有孤電子對，而PCl3中的P有一對孤電子對，它對成鍵電子對的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，所以前者鍵角大于后者；晶胞中含有1個PCl和8×＝1個PCl，所以晶胞質(zhì)量為m＝ g，一個晶胞體積為V＝(a×10－10)3cm3，所以該晶體密度為ρ＝＝ g·cm－3。(5)PBr5熔體能導電說明它能電離出離子，其中只存在一種P—Br鍵長，說明它電離出的離子是PBr和Br－。 [答案]　(1) (2)sp3　不易溶于水。水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶　sp、sp2、sp3　3

22、(3) (4)PCl和PCl　兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl中P沒有孤電子對。孤電子對對成鍵電子對的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力 　(或) (5)PBr5===PBr＋Br－ 6．(2016·呼和浩特調(diào)研)銅單質(zhì)及其化合物在很多領(lǐng)域中都有重要的用途。 (1)超細銅粉可用作導電材料、催化劑等，其制備方法如下： ①下列說法正確的是________(填序號)。 a．Cu(NH3)4SO4中所含的化學鍵有離子鍵、極性鍵和配位鍵 b．NH3分子和H2O分子，分子空間構(gòu)型不同，氨氣分子的鍵角小于水分子的鍵角 c．Cu(NH3)4SO

23、4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素 d．Cu(NH3)4SO4中外界離子的空間構(gòu)型為正四面體 e．SO中硫原子的雜化方式為sp3雜化 ②在CuSO4溶液中加入氨水生成藍色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深藍色透明溶液，最后向該溶液中加入一定量乙醇，析出Cu(NH3)4SO4·H2O晶體，請解釋加入乙醇后析出晶體的原因： ________________________________________________________________ ______________________________________________________________。 ③

24、寫出向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：______________________________________________________________。 ④NH4CuSO3中金屬陽離子的核外電子排布式為________________；CuO高溫易轉(zhuǎn)化為Cu2O，其原因是_______________________________________ ______________________________________________________________。 ⑤含有銅元素的化合物焰色反應(yīng)為綠色，許多金屬鹽都可以發(fā)生焰色反應(yīng)，其原

25、因是________________________________________________。 (2)M原子的外圍電子排布式為3s23p5，與銅形成化合物的晶胞如圖所示(黑點代表銅原子)。 ①該晶體的化學式為________。 ②已知該晶體的密度為d g·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為________________cm(只寫計算式)。 [解析]　(1)①Cu(NH3)4SO4中銅離子和氨分子之間存在配位鍵，硫酸根離子和銅氨離子之間存在離子鍵，氮原子和氫原子之間存在極性鍵，硫酸根離子中存在極性鍵，a正確；NH3分子和H2O分子，分子

26、空間構(gòu)型不同，氨氣是三角錐形，水是V形，氨氣分子的鍵角大于水分子的鍵角，b錯誤；Cu為金屬，第一電離能最小，N元素原子2p能級為半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，非金屬性越強第一電離能越大，同周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大呈增大趨勢，同主族元素自上而下第一電離能減小，故N元素的第一電離能最大，c錯誤；Cu(NH3)4SO4的外界離子SO的中心S原子的價層電子對數(shù)為4，沒有孤電子對，故SO為正四面體結(jié)構(gòu)，d正確；SO中價層電子對個數(shù)為4，所以硫原子為sp3雜化，e正確。②根據(jù)相似相溶原理，極性分子易溶于極性溶劑，乙醇分子極性比水分子極性弱，加入乙醇能降低溶劑的極性

27、，從而減小溶質(zhì)的溶解度。③由流程圖可知向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2時生成白色沉淀，根據(jù)所給沉淀的化學式書寫離子方程式，所以離子方程式為2Cu(NH3)＋3SO2＋4H2O===2NH4CuSO3↓＋6NH＋SO。④NH4CuSO3中的陽離子是Cu＋，它的核外電子排布是1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。CuO中的Cu顯＋2價，它的價電子排布式為3d9，Cu2O中的Cu顯＋1價，它的價電子排布式為3d10，所以Cu2O中Cu的d軌道為全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，故CuO高溫易轉(zhuǎn)化為Cu2O。⑤焰色反應(yīng)是原子中的電子吸收了能量，從能量較低的軌道躍遷到能量較高的軌道，但處

28、于能量較高軌道上的電子是不穩(wěn)定的，很快躍遷回能量較低的軌道，這時就將多余的能量以光的形式放出。(2)①根據(jù)價電子排布式判斷出M原子為Cl原子，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Cu原子處于晶胞內(nèi)部，晶胞中含有4個Cu原子，Cl原子屬于頂點與面心上，晶胞中含有Cl原子數(shù)目為8×＋6×＝4，故化學式為CuCl。②一個晶胞的質(zhì)量為 g，晶胞體積為 cm3，晶胞的邊長為 cm，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，銅原子和M原子之間的最短距離為立方體體對角線的，而體對角線為晶胞邊長的倍，所以銅原子和M原子之間的最短距離為× cm。 [答案]　(1)①ade ②乙醇分子極性比水分子極性弱，加入乙醇降低溶劑的極性，從而減小溶質(zhì)的溶解度

29、 ③2Cu(NH3)＋3SO2＋4H2O===2NH4CuSO3↓＋6NH＋SO ④1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10　亞銅離子核外電子處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài) ⑤電子由較高能級躍遷到較低能級時，以光的形式釋放能量 (2)①CuCl ②×或或 7．(2016·山西四校聯(lián)考)能源問題日益成為制約國際社會經(jīng)濟發(fā)展的瓶頸，越來越多的國家開始實行“陽光計劃”，開發(fā)太陽能資源，尋求經(jīng)濟發(fā)展的新動力。 (1)太陽能熱水器中常使用一種以鎳或鎳合金空心球為吸收劑的太陽能吸熱涂層，寫出基態(tài)鎳原子的外圍電子排布式：________，它位于周期表________區(qū)。 (2)富勒烯衍

30、生物由于具有良好的光電性能，在太陽能電池的應(yīng)用上具有非常光明的前途。富勒烯(C60)的結(jié)構(gòu)如圖甲，分子中碳原子軌道的雜化類型為________；1 mol C60分子中σ鍵的數(shù)目為________個。 甲 (3)多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機鹽，其主要包括砷化鎵(GaAs)、硫化鎘(CdS)薄膜電池等。 ①第一電離能：As________Ga(填“>”、“<”或“＝”)。 ②SeO2分子的空間構(gòu)型為________。 (4)三氟化氮(NF3)是一種無色、無味、無毒且不可燃的氣體，在太陽能電池制造中得到廣泛應(yīng)用。它可在銅的催化作用下由F2和過量的NH3反應(yīng)得到，該反應(yīng)的化學方程

31、式為3F2＋4NH3NF3＋3NH4F，該反應(yīng)中NH3的沸點________(填“>”、“<”或“＝”)HF的沸點，NH4F固體屬于________晶體。往硫酸銅溶液中加入過量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配離子。已知NF3與NH3的空間構(gòu)型都是三角錐形，但NF3不易與Cu2＋形成配離子，其原因是__________________________________________________________________ ______________________________________________________________。 圖乙為一個金屬銅的晶胞，此晶胞

32、立方體的邊長為a pm，Cu的相對原子質(zhì)量為64，金屬銅的密度為ρ g/cm3，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為________ mol－1(用含a、ρ的代數(shù)式表示)。 乙 [解析]　(1)鎳是28號元素，其外圍電子排布式為3d84s2，位于元素周期表中的d區(qū)。(2)由富勒烯的結(jié)構(gòu)示意圖可知每個碳原子與周圍3個碳原子形成碳碳共價鍵，所以碳原子的雜化方式是sp2，平均1 mol碳原子形成1.5 mol碳碳共價鍵，則1 mol C60分子中含有90 mol σ鍵。(3)①As是ⅤA族元素，由于4p軌道上電子是半充滿狀態(tài)，所以第一電離能：As>Ga；②SeO2分子中Se原子的雜化數(shù)是＝3，而只有2個氧原子參與成鍵，所以是V形結(jié)構(gòu)。(4)F的電負性大于N，HF更易形成氫鍵，所以沸點：NH3　②V形 (4)<　離子　F的電負性比N大，N—F成鍵電子對向F偏移，導致NF3中N原子核對其孤電子對的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2＋形成配離子