2020版高考化学大一轮复习选考物质结构与性质7模块综合检测鲁科版.doc

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1、1选修 物质结构与性质模块综合检测(时间：90 分钟；满分：120 分)1(15 分)(2019长沙一模)Mn、Fe 均为第 4 周期过渡元素，两元素的部分电离能数据如表所示：元素 Mn FeI1 717 759I2 1 509 1 561电离能/kJmol 1I3 3 248 2 957回答下列问题：(1)Mn 元素价电子层的电子排布式为_，比较两元素的 I2、 I3可知，气态Mn2 再失去一个电子比气态 Fe2 再失去一个电子难，对此，你的解释是_。(2)Fe 原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。与 Fe 原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是_

2、。六氰合亚铁离子Fe(CN) 中的配体 CN 中 C 原子的杂化轨道类型是_，写46出一种与 CN 互为等电子体的单质分子的电子式：_。(3)三氯化铁常温下为固体，熔点 282 ，沸点 315 ，在 300 以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙醇等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为_。(4)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际有的 Fe 原子个数之比为_。解析：(1)Mn 核外有 25 个电子，价电子排布式为 3d54s2。(2)CN 中 C 无孤电子对，杂化类型为 sp。与 CN 互为等电子体的单质分子为 N2，电子式为 NN 。(3)三

3、氯化铁 晶体熔沸点低，说明晶体内作用力为分子间作用力，则为分子晶体。(4)面心立方晶胞中Fe 的个数为 8 6 4，体心立方晶胞中 Fe 的个数为 8 12，故面心立方晶胞18 12 18和体心立方晶胞中实际有的 Fe 原子个数之比为 21。答案：(1)3d 54s2 由 Mn2 转化为 Mn3 时，3d 能级由较稳定的 3d5半充满状态转变为不稳定的 3d4状态(或 Fe2 转化为 Fe3 时，3d 能级由不稳定的 3d6状态转变为较稳定的 3d5半充满状态)2(2)具有孤对电子 sp NN (3)分子晶体(4)212(15 分)A、B、C、D 为前四周期元素且原子序数依次增大。BA 3能使

4、湿润的红色石蕊试纸变蓝，A、B、C 原子的核外电子数之和等于 25，DC 晶体中 D 的 3d 能级上电子全充满。请回答下列问题：(1)D 的基态原子的核外电子排布式为_。(2)在 BA3、AC 中，沸点较高的是_(填化学式)，原因是_。DA 的晶体类型是_。(3)BA4C 晶体中 B 原子价层电子对数为_，该晶体中不含有_(填选项字母)。a离子键 b极性共价键 c非极性共价键 d配位键 e 键 f 键(4)BC3的空间构型为_，中心原子的杂化轨道类型为_。(5)B、D 形成晶体的晶胞结构如图所示(灰球表示 D 原子)。已知紧邻的白球与灰球之间的距离为 a cm。该晶体的化学式为_。B 元素原

5、子的配位数为_。该晶体的密度为_gcm 3 。( NA代表阿伏加德罗常数的值)解析：BA 3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明 B 为 N，A 为 H；C 原子的核外电子数为251717，故 C 为 Cl；又因为 DC 晶体中 D 的 3d 能级电子全充满，说明 D 的原子序数为 29，故 D 为 Cu。(2)NH 3分子间存在氢键，故 NH3的沸点高于 HCl。氢化铜晶体属于离子晶体。(3)NH 4Cl 晶体中氮原子的价层电子对数为 4。NH 4Cl 晶体中存在离子键、极性共价键、配位键以及 键，不含非极性共价键和 键。(4)NCl 3的中心原子是 N，其中 N 的价层电子对数为 4，成键电子

6、对数为 3，孤电子对数为 1，故 NCl3的空间构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为 sp3杂化。(5)观察晶胞图示知，12 个铜原子位于棱上，8 个氮原子位于顶点，1 个晶胞中含氮原子个数为 8 1，含铜原子个数为 12 3，故氮化18 14铜的化学式为 Cu3N。顶点上 1 个氮原子周围紧邻的铜原子有 3 个，设想由 8 个立方体构成大立方体，可知氮原子上下、前后、左右共有 6 个铜原子紧邻，即氮原子的配位数为36。 gcm3 gcm3 。643 14NA(2a)3 1034a3NA答案：(1)1s 22s22p63s23p63d104s1(或Ar3d 104s1)(2)NH3 NH

7、3分子间存在氢键 离子晶体(3)4 cf(4)三角锥形 sp 3杂化(5)Cu 3N 6 1034a3NA3(15 分)碱金属及其化合物在科学研究、生产生活中有广泛应用。请回答下列问题：(1)基态钠原子核外电子占据能级数为_，核外电子共有_种不同的运动状态。(2)与 K 同周期的元素中，最外层电子数与 K 相同的为_(写元素符号)。(3)在同周期元素中，碱金属元素的_最小(填“电负性” “原子半径”或“第一电离能”)。(4)氢化钠晶胞类似氯化钠晶胞(晶胞结构如图 1 所示)。设氢化钠晶体中钠离子半径为a pm，氢离子半径为 b pm，并且它们在晶体中紧密接触。则氢化钠晶胞中离子的空间利用率为_

8、。图 1 氯化钠的晶胞(5)NaBrO、NaBrO 2、NaBrO 3、NaBrO 4四种钠盐中，Br 的杂化方式均为_，阴离子空间构型为三角锥形的是_(填化学式)。上述四种钠盐对应的酸的酸性依次增强，试解释 HBrO4的酸性强于 HBrO3的原因：_。(6)钠晶胞为体心立方堆积，结构如图 2 所示，配位数为_。若钠晶胞的边长为 c cm， NA代表阿伏加德罗常数的值，则钠晶体的密度为_gcm 3 。图 2 钠的晶胞解析：(1)基态钠原子核外电子排布式为 1s22s22p63s1，占据 1s、2s、2p、3s 四个能4级；每个电子的运动状态都不相同，所以有 11 种运动状态。(2)钾原子最外层

9、有 1 个电子，同周期的 Cr、Cu 原子最外层也有 1 个电子。(3)同周期元素中，碱金属元素的原子半径最大，第一电离能和电负性均最小。(4)氢化钠晶体中钠离子的半径为 a pm，氢离子的半径为 b pm，在一个氢化钠晶胞中含有 4 个 Na 与 4 个 H ，晶胞中离子总体积为V4 ( a3 b3) pm3，晶胞体积 V2( a b)3 pm3，故离子的空间利用率43100%。(5)四种阴离子中，Br 原子的杂化轨道数均为 4，所以 Br 原子的杂化2 (a3 b3)3(a b)3方式均为 sp3杂化，再结合配位原子数可以判断出 BrO 呈直线形，BrO 呈正四面体形， 4BrO 、BrO

10、 两种离子中，由于孤电子对的影响，空间结构分别呈 V 形、三角锥形。(6) 2 3每个钠原子周围最近且等距离的钠原子有 8 个，所以配位数是 8。运用均摊法可知每个晶胞中含有 2 个钠原子，设钠晶体密度为 gcm3 ，故 2 c3 ，解得23NA (gcm3 )。46c3NA答案：(1)4 11 (2)Cr、Cu (3)电负性、第一电离能(4) 100% (5)sp 3杂化 NaBrO 3 HBrO 3和 HBrO4可分别表示为(HO)BrO 22 (a3 b3)3(a b)3和(HO)BrO 3，HBrO 3中的 Br 为5 价而 HBrO4中的 Br 为7 价，后者正电性更高，导致O、H

11、之间的电子对向 O 偏移，更易电离出 H (6)8 46c3NA4(15 分)(2019开封一模)T、W、X、Y、Z 是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下表。元素 相关信息T T 元素可形成自然界硬度最大的单质W W 与 T 同周期，核外有一个未成对电子XX 原子的第一电离能至第四电离能分别是 I1578 kJmol 1 ， I21 817 kJmol1 ， I32 745 kJmol 1 ， I411 575 kJmol 1Y 常温常压下，Y 单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质Z Z 的一种同位素的质量数为 63，中子数为 34(1)TY2是一种常用的溶剂，

12、是_(填“极性分子”或“非极性分子”)，分子中存在_个 键，W 的最简单氢化物容易液化，理由是_。(2)在 25 、101 kPa 下，已知 13.5 g 的 X 固体单质在 O2中完全燃烧后恢复至原状态，放热 419 kJ，该反应的热化学方程式为_。(3)基态 Y 原子中，电子占据的最高电子层符号为_，该电子层具有的原子轨道5数为_、电子数为_。Y 元素、氧元素、W 元素的电负性由大到小的顺序为_(用元素符号做答)。(4)已知 Z 的晶胞结构如图所示，又知 Z 的密度为 9.00 gcm3 ，则晶胞边长为_(用含立方根的式子表示)；ZYO 4常作电镀液，其中 YO 的空24间构型是_，Y 原

13、子的杂化轨道类型是_。Z 的单质与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：ZHClO 2=ZClHO 2，HO 2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。下列说法或表示正确的是_。AO 2是氧化剂BHO 2是氧化产物CHO 2在碱中能稳定存在D1 mol Z 参加反应有 1 mol 电子发生转移解析：由表格信息可知 T 为碳、W 为氟、X 为铝、Y 为硫、Z 为铜。答案：(1)非极性分子 2 分子间形成氢键 (2)4Al(s)3O 2(g)=2Al2O3(s) H3 352 kJmol1 (3)M 9 6 FOS (4) 108 cm 正四面体形 sp 3 347.2A

14、D5(15 分)(2016高考全国卷)东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)镍元素基态原子的电子排布式为_，3d 能级上的未成对电子数为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH 3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH 3)6SO4中阴离子的空间构型是_。在Ni(NH 3)62 中 Ni2 与 NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦(PH 3)，原因是_；氨是_分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_。(3)单质铜及镍都是由_键形成的晶

15、体；元素铜与镍的第二电离能分别为 ICu1 958 kJ/mol、 INi1 753 kJ/mol， ICu INi的原因是_。6(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为 d g/cm3，晶胞参数 a_nm。解析：(1)Ni 元素原子核外有 28 个电子，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2。3d 能级上有 2 个未成对电子。(2)SO 中 S 无孤电子对，空间构型为正四面体。24Ni(NH 3)62 为配离子，Ni 2 与 NH3之间形成化学键为配位键。配体 NH3中提供孤电子对的为 N。NH 3分子间存

16、在氢键，故沸点比 PH3高。NH 3中 N 有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，因此 NH3为极性分子，N 的杂化轨道数为 314，杂化类型为 sp3。(3)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，Cu、Ni 失去一个电子后简化电子排布式分别为Ar3d 10、Ar3d84s1，铜的 3d 轨道全充满，达到稳定状态，所以 Cu 的第二电离能相对较大。(4)Cu 原子位于面心，个数为 6 3，Ni 原子位于顶点，个数为 8 1，铜原子与镍原子的数12 18量比为 31。以该晶胞为研究对象，则 g d g/cm3(a107 cm)3，解得643 59NAa 107。3 2516.021023d答案：(1)

17、1s 22s22p63s23p63d84s2(或Ar3d 84s2) 2(2)正四面体 配位键 N 高于 NH 3分子间可形成氢键 极性 sp 3(3)金属 铜失去的是全充满的 3d10电子，镍失去的是 4s1电子(4)31 107(2516.021023d)13 6(15 分)(2016高考全国卷)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：(1)写出基态 As 原子的核外电子排布式：_。(2)根据元素周期律，原子半径 Ga_As，第一电离能 Ga_As。(填“大于”或“小于”)(3)AsCl3分子的空间构型为_，其中 As 的杂化轨道类型为

18、_。(4)GaF3的熔点高于 1 000 ，GaCl 3的熔点为 77.9 ，其原因是_。(5)GaAs 的熔点为 1 238 ，密度为 gcm3 ，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为_，Ga 与 As 以_键键合。Ga 和 As 的摩尔质量分别为 MGa gmol1 和 MAs gmol1 ，原子半径分别为 rGa pm 和 rAs pm，阿伏加德罗常数值为 NA，则7GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。解析：(1)根据构造原理可写出基态 As 原子的核外电子排布式。(2)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈现逐渐增大的趋势(第A、A 族除外)。Ga 的原子半

19、径大于 As，Ga 的第一电离能小于 As。(3)AsCl 3的中心原子(As 原子)的价电子对数为(513)/24，所以是 sp3杂化。AsCl 3分子的空间构型为三角锥形。(4)根据晶体类型比较熔点。一般来说，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点。(5)根据晶胞结构示意图可以看出，As 原子与 Ga 原子形成了空间网状结构的晶体，结合 GaAs 的熔点知 GaAs 是原子晶体。首先用均摊法计算出 1 个晶胞中含有 As 原子的个数：81/861/24，再通过观察可知 1 个晶胞中含有 4 个 Ga 原子。4 个 As 原子和 4 个 Ga 原子的总体积 V14 cm3；1 个晶胞的质量为 4

20、个 As 原子和 4 个 Ga 原子的质量之和，即 g，所以 1(4MAsNA 4MGaNA)个晶胞的体积 V2 (MAs MGa) cm3。最后由 V1/V2即得结果。4 NA答案：(1)1s 22s22p63s23p63d104s24p3(或Ar3d 104s24p3)(2)大于 小于 (3)三角锥形 sp 3 (4)GaF3为离子晶体，GaCl 3为分子晶体(5)原子晶体 共价 100%7(15 分)(2016高考四川卷)M、R、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素。M 基态原子 L 层中 p 轨道电子数是 s 轨道电子数的 2 倍，R 是同周期元素中最活泼的金

21、属元素，X 和 M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z 的基态原子 4s 和 3d 轨道半充满。请回答下列问题：(1)R 基态原子的电子排布式是_，X 和 Y 中电负性较大的是_(填元素符号)。(2)X 的氢化物的沸点低于与其组成相似的 M 的氢化物，其原因是_。(3)X 与 M 形成的 XM3分子的空间构型是_。(4)M 和 R 所形成的一种离子化合物 R2M 晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_(填离子符号)。8(5)在稀硫酸中，Z 的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化 M 的一种氢化物，Z 被还原为3 价，该反应的化学方程式是_。解析：由 M 基态原子 L 层中 p 轨道

22、电子数是 s 轨道电子数的 2 倍，可知 M 为氧元素；R 是同周期元素中最活泼的短周期金属元素，且原子序数大于氧元素，故 R 为钠元素；X和 M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，故 X 为硫元素，Y 为氯元素；Z 的基态原子 4s 和 3d 轨道半充满，故其电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1，故 Z 为铬元素。(1)R 为钠元素，其基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s1；氯比硫活泼，故电负性较大的是 Cl。(2)S 的氢化物为 H2S，与 H2S 组成相似的 O 的氢化物为 H2O，由于水分子间能够形成氢键，使 H2O 的沸点高于 H2S。(3)三

23、氧化硫中硫是 sp2杂化，形成 3 个能量等同的 sp2轨道，键角为 120，故 SO3分子的空间构型为平面三角形。(4)分析 Na2O 的晶胞结构图，利用均摊法可知，黑球与白球的个数之比为 21，故黑球代表的离子为 Na 。(5)在稀硫酸中，K2Cr2O7具有很强的氧化性，能把 H2O2氧化，化学方程式为K2Cr2O73H 2O24H 2SO4=K2SO4Cr 2(SO4)33O 27H 2O。答案：(1)1s 22s22p63s1(或Ne3s 1) Cl(2)H2S 分子间不存在氢键，H 2O 分子间存在氢键(3)平面三角形(4)Na(5)K2Cr2O73H 2O24H 2SO4=K2SO

24、4Cr 2(SO4)33O 27H 2O8(15 分)(2016高考海南卷)M 是第 4 周期元素，最外层只有 1 个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素 Y 的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质 M 的晶体类型为_，晶体中原子间通过_作用形成面心立方密堆积，其中 M 原子的配位数为_。(2)元素 Y 基态原子的核外电子排布式为_，其同周期元素中，第一电离能最大的是_(写元素符号)。元素 Y 的含氧酸中，酸性最强的是_(写化学式)，该酸根离子的空间构型为_。(3)M 与 Y 形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。9该化合物的化学式为_，已知晶胞参数 a0.54

25、2 nm，此晶体的密度为_ gcm3 。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为 NA)该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是_。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_。解析：根据题给信息推断 M 为铜元素，Y 为氯元素。(1)单质铜的晶体类型为金属晶体，晶体中微粒间通过金属键作用形成面心立方最密堆积，铜原子的配位数为 12。(2)氯元素为 17 号元素，位于第 3 周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p5，同周期由左向右元素原子的第一电离能在总体上呈增大趋势，故其同周期元素中，第一电离能最大的是 Ar。氯元素的

26、含氧酸中，酸性最强的是 HClO4，该酸根离子中氯原子为 sp3杂化，没有孤电子对，空间构型为正四面体形。(3)根据晶胞结构利用均摊法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为 8 6 4，18 12氯原子个数为 4，该化合物的化学式为 CuCl；则 1 mol 晶胞中含有 4 mol CuCl，1 mol 晶胞的质量为 499.5 g，又晶胞参数 a0.542 nm，此晶体的密度为gcm3 或 gcm3 。该化合物难溶于499.5NA(0.542)310 21 4M(CuCl)NAa310 21水但易溶于氨水，其原因是 Cu 可与氨形成易溶于水的配位化合物。该溶液在空气中Cu()被氧化为 Cu()，故深蓝色溶液中阳离子的化学式为Cu(NH 3)42 。答案：(1)金属晶体 金属键 12 (2)1s 22s22p63s23p5 Ar HClO 4 正四面体(3)CuCl Cu 可与氨形成499.5NA(0.542)310 21或 4M(CuCl)NAa310 21易溶于水的配位化合物(或配离子) Cu(NH 3)4210