2019-2020年高考化学二轮复习 专题限时训练9 物质结构与性质（选修3）.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 专题限时训练9 物质结构与性质（选修3）非选择题(共6小题,共100分)1.(xx河北唐山一模)(12分)由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成某配位化合物X,其原子个数比为144511。其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍,E元素原子的电子排布为(n-1)dn+6ns1,回答下列问题。 (1)该配位化合物X的化学式为。(2)元素B、C、D的第一电离能由小到大排列顺序为。(用元素符号表示)(3)D元素原子的最外层电子轨道表示式为。(4)C元素可与A元素形成两种常见的化合物,其原子个数比分别为11和12,两种化合物可任意比互溶,解释其主要原因为。(5)A元素与E元素可形成一种红色离子化合物Y,其原子个数比为11,该化合物Y可与稀硝酸反应,生成一种蓝色溶液和两种无色气体(其中一种为A元素的单质),写出该反应的化学方程式。2.(xx河北衡水一模)(20分)卤族元素的单质和化合物很多,我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。(1)卤族元素位于周期表的区;溴的价电子排布式为。(2)在一定浓度的溶液中,氢氟酸是以二分子缔合(HF)2形式存在。使氢氟酸分子缔合的作用力是。(3)请根据下表提供的第一电离能数据判断:最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是。氟氯溴碘铍1 6811 2511 1401 008900(4)已知高碘酸有两种形式,化学式分别为H5IO6()和HIO4,前者为五元酸,后者为一元酸。请比较二者酸性强弱:H5IO6HIO4(填“”“OPSd.NaN3与KN3结构类似,晶格能:NaN3”“=”或“”)。某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如下表所示:7381 4517 73310 54013 630M是(填元素符号)。(3)某种新型储氧材料的理论结构模型如图所示,图中虚线框内碳原子的杂化轨道类型有种。(4)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)。A.H2OB.CH4C.HClD.CO(NH2)26. (15分)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电子对的原子是。九物质结构与性质(选修3)1.答案:(1)Cu(NH3)4SO4H2O(2)SON(3)(4)H2O与H2O2之间形成氢键(5)6CuH+16HNO36Cu(NO3)2+3H2+4NO+8H2O解析:符合C、D的只有O、S;E的电子排布为3d104s1,为Cu;结合配合物X的组成可知A为H、B为N,X为Cu(NH3)4SO4H2O;(2)因为N原子2p轨道半充满,比较稳定,所以其第一电离能大于O的,同一主族从上往下第一电离能逐渐减小;(5)CuH与稀硝酸反应,生成蓝色溶液Cu(NO3)2和H2,依据化合价守恒配平3CuH+HNO33Cu(NO3)2+H2+2NO,配平N原子3CuH+8HNO33Cu(NO3)2+H2+2NO,补水配氢6CuH+16HNO36Cu(NO3)2+3H2+4NO+8H2O。2.答案:(1)p4s24p5(2)氢键(3)碘(4)(5)sp3杂化(6)A(7)a3 NA解析:(1)溴位于第四周期,A族,所以价电子数为7;(3)应注意铍不属于卤素原子;(4)后者的非羟基氧为3个,前者只有1个,所以后者酸性强;(5)中心原子Cl原子形成两个键,孤电子对数=2,sp3杂化;(6)在立方体的顶面上,有5个I2,4个方向相同,结合其他面考虑可知A选项正确;每个晶胞中有4个碘分子,B选项错误;C选项,此晶体是分子晶体,错误;D选项,碘原子间只存在非极性共价键,范德华力存在于分子与分子之间,错误;(7)一个晶胞中含有Ca2+为顶点(1)+面心(3)=4;含有F-为8个;相邻的Ca2+是顶点与面心的距离最短,所以该晶胞的棱长为a,一个晶胞的体积为2a3,一个晶胞的质量为 g,依据=列式计算。3.答案:(1)3(2)三角锥形(3)8Fe+2NH32Fe4N+3H2(4)bc(5)abcdsp2、sp3解析:(1)当有4 mol NH键断裂时,消耗1 mol N2H4,生成 mol N2,形成3 mol 键;(2)N原子最外层有5个电子与3个F原子形成3个键,还余2个电子形成1个孤电子对,为sp3杂化,三角锥形;(3)1个晶胞含有4个铁、1个N,所以化学式为Fe4N,依据元素守恒还生成氢气;(4)N2很稳定是因为形成NN,a错误;d选项,结构相似,K+的离子半径比较大,所以晶格能小,错误;(5)CH3中碳原子以4个单键与4个原子相连为sp3杂化、其余碳原子均形成3个键,1个键,无孤对电子,为sp2杂化。4.答案:(1)Ni、Ge、Se(2)ad(3)7COBLi(2)Mg(3)3(4)BC解析:(1)Ti3+的核外电子排布式Ar3d1;由B可知H的化合价为-1价,所以H的电负性大于B;(2)Li+、H-的核外电子排布相同,原子序数越大,离子半径越小;由M的第2与第3电离能的差值可知M为A族元素,为第3周期元素Mg;(3)依据碳原子连接其他碳原子的个数进行分析,碳原子与4个、3个、2个碳原子相连,分别为sp3、sp2、sp杂化;(4)CH4、HCl不能形成氢键。6.答案:(1)A(2)2BN(3)sp2sp33(4)X解析:(1)元素非金属性越强,其电负性也越大,F的电负性最强,A正确;F元素无正价,B错误;因HF之间可形成氢键,使其沸点升高,C错误;随核电荷数增加,F2、Cl2、Br2的熔点依次升高,D错误。(2)由题给晶胞结构示意图可知,每个晶胞中含有B原子个数为8+1=2,含有N原子个数为4+1=2。故该功能陶瓷的化学式为BN。(3)B原子最外层只有3个电子,BCl3中B原子杂化方式为sp2;N原子最外层有5个电子,NCl3中N原子杂化方式为sp3。同一周期中元素的第一电离能随原子序数递增,呈现逐渐升高的趋势,但是在第二周期中,Be的第一电离能大于B,N的第一电离能大于O,故第一电离能介于B和N之间的有Be、C、O 3种。(4)BCl3中B原子最外层存在空轨道,故只能是X原子提供孤电子对。