高三化学二轮复习 专题限时集训14 突破点21-人教高三化学试题

专题限时集训(十四)突破点21建议用时：45分钟1(2016东北四市一模)已知A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大。A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子总数相同，D的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E4与氩原子的核外电子排布相同。F是第四周期d区原子序数最大的元素。请回答下列问题：(1)写出E的价层电子排布式：_。(2)A、B、C、D电负性由大到小的顺序为_(填元素符号)。(3)F(BD)4为无色、挥发性的剧毒液体，熔点25 ，沸点43 。不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，呈四面体构型，该晶体的类型为_，F与BD之间的作用力为_。(4)开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。由A、B、E三种元素构成的某种新型储氢材料的理论结构模型如图甲所示，图中虚线框内B原子的杂化轨道类型有_种；甲乙分子X可以通过氢键形成“笼状结构”而成为潜在的储氢材料。X一定不是_(填标号)；AH2OB. CH4CHF D. CO(NH2)2F元素与镧(La)元素的合金可作储氢材料，该晶体的晶胞如图乙所示，晶胞中心有一个F原子，其他F原子都在晶胞面上，则该晶体的化学式为_；已知其摩尔质量为M gmol1，晶胞参数为a pm，用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度为_gcm3。解析根据“A的质子数、电子层数和最外层电子数均相同”可确定A为H，结合B的电子排布特点可确定B为C，由D的电子排布特点可确定D为O，则C为N；E4核外有18个电子，可确定E为Ti，结合F是第四周期d区原子序数最大的元素，可确定F为Ni。(1)Ti的原子最外层有4个电子，其价层电子排布式为3d24s2。(2)根据四种元素在周期表中的位置关系可确定电负性：ONCH。(3)该晶体熔、沸点较低，由此可确定该晶体为分子晶体，Ni与CO之间以配位键相结合。(4)从图中可看出构成直线形的C原子采取sp杂化，左侧球形结构中C原子采取sp2杂化，直线形和球形连接处C原子为sp3杂化，即该储氢材料中C原子有3种杂化类型；CH4分子间不存在氢键，HF分子间虽存在氢键，但不能形成立体笼状结构，形成的是链状结构，故不能构成储氢材料；H2O和CO(NH2)2中均存在氢键，可成为潜在的储氢材料；利用均摊法可确定晶胞中Ni的个数为1(44)5，La的个数为81，则该晶胞的化学式为LaNi5；设晶胞的密度为 gcm3，则(a1010)3，解得1030 gcm3。答案(1)3d24s2(2)ONCH(3)分子晶体配位键(4)3BCLaNi510302(2016福建厦门一模)NO和NO都是常见的配位体，易与金属结合生成配合物。 (1)基态氧原子核外未成对电子数有_个，基态氮原子的核外电子轨道示意图为_。(2)NO和NO中氮原子的杂化轨道类型分别为_。(3)为消除雾霾利用金属氧化物吸收氮的氧化物，MgO、BaO、CaO、SrO吸收氮的氧化物能力由强到弱的顺序为_。(4)下表为含氧酸根XO的键长数据：含氧酸根XOPOSiOSOClO实验测定键长(pm)154163149146共价单键半径之和(pm)179186175172PO的空间构型为_。XO之间的实测键长与理论键长有差异，其原因可能为XO之间形成了多重键：首先是X原子的_轨道与O原子的2p轨道形成_键；其次是X原子的_轨道与O原子的2p轨道形成_键。(5)铁有、两种晶体，如图所示。两种晶体中距离最近的铁原子间距相同。Fe中铁原子的配位数为_，Fe和Fe的密度之比为_。解析(1)基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数有2个；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，p能级是3个轨道，遵循洪特规则和泡利原理。(2)NO中氮原子是sp杂化，NO中氮原子是sp2杂化。(3)金属性越强，其氧化物吸收氮的能力越强，所以吸收氮的氧化物能力由强到弱的顺序为BaOSrOCaOMgO。(5)设Fe晶胞的边长为a1，Fe晶胞的边长为a2，根据两晶体中距离最近的铁原子间距相同得a1a2，所以两种晶体晶胞体积比为V1V2aa23，由图可知，Fe晶体中一个晶胞平均含有812个Fe原子，Fe晶体中一个晶胞平均含有864个Fe原子，所以两者密度之比为1238。答案(1)2(2)sp、sp2(3)BaOSrOCaOMgO(4)正四面体sp3杂化3d(5)83(2016南宁调研)X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素，这五种元素的相关信息如下：元素相关信息X其中一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代Y原子核外电子有7种不同的运动状态Z地壳中含量最高的元素W价电子排布式为(n1)sn(n1)pn2R基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子(1)基态R原子的电子排布式为_。(2)Y2分子中键和键的数目比为_。(3)X、Y、Z三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示)，元素Y的简单气态氢化物的沸点比元素X的简单气态氢化物沸点高的主要原因是_。(4)由元素Z、W组成的微粒WZ的空间构型是_，其中W原子的杂化轨道类型为_。(5)已知Z、R能形成一种化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为_；若相邻的Z原子和R原子间的距离为a cm，设阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶体的密度为_ gcm3(用含a、NA的代数式表示)。解析X的一种核素在考古时用来鉴定文物年代，为C元素；Y核外电子有7种不同的运动状态，为N元素；Z为地壳中含量最高的元素，为O元素；W价电子为3s23p4，为S元素；R基态原子最外层上只有一个电子，其他能层均已充满电子，价层电子排布为3d104s1，是Cu元素。(1)Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。(2)N2分子中N元素之间形成NN，所以一个N2分子中键和键之比为12。(3)由于N的2p轨道半充满，较稳定，其第一电离能比O大，所以C、N、O的第一电离能大小顺序为NOC，Y的简单气态氢化物为NH3，X的简单气态氢化物为CH4，氨分子间存在氢键，导致其沸点比CH4高。(4)SO为四面体结构，S原子核外有4对共用电子对，杂化方式为sp3。(5)由晶胞结构可知，一个晶胞中Cu原子个数为4，O原子个数为81/812，Cu、O原子个数之比为21，化合物化学式为Cu2O；设边长为b cm，有b2(b)2(4a)2，ba， gcm3 gcm3。答案(1)Ar3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)(2)12(3)CO”、“”、“Ga；SeO2分子中Se原子的杂化数是3，而只有2个氧原子参与成键，所以是V形结构。(4)F的电负性大于N，HF更易形成氢键，所以沸点：NH3V形(4)离子F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配离子