2022屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題十六 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)專題強(qiáng)化練

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1、2022屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題十六 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)專題強(qiáng)化練 1．(2018·全國卷Ⅲ)鋅在工業(yè)中有重要作用，也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}： (1)Zn原子核外電子排布式為________________。 (2)黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。第一電離能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是 _____________________________________________________。 (3)ZnF2具有較高的熔點(diǎn)(872 ℃)，其化學(xué)鍵類型是________；ZnF2不溶于有機(jī)溶劑而ZnCl2、ZnBr

2、2、ZnI2能夠溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑，原因是________________________________________。 (4)《中華本草》等中醫(yī)典籍中，記載了爐甘石(ZnCO3)入藥，可用于治療皮膚炎癥或表面創(chuàng)傷。ZnCO3中，陰離子空間構(gòu)型為________，C原子的雜化形式為________。 (5)金屬Zn晶體中的原子堆積方式如圖所示，這種堆積方式稱為______________。六棱柱底邊邊長為a cm，高為c cm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，Zn的密度為________g·cm－3(列出計(jì)算式)。 解析：(1)Zn是第30號(hào)元素，所以核外電子排布式為[Ar]3d

3、104s2。 (2)Zn的第一電離能應(yīng)該高于Cu的第一電離能，原因是，Zn的核外電子排布已經(jīng)達(dá)到了每個(gè)能級(jí)都是全滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以失電子比較困難。同時(shí)也可以考慮到Zn最外層上是一對(duì)電子，而Cu的最外層是一個(gè)電子，Zn電離最外層一個(gè)電子還要拆開電子對(duì)，額外吸收能量。 (3)根據(jù)氟化鋅的熔點(diǎn)可以判斷其為離子化合物，所以一定存在離子鍵。作為離子化合物，氟化鋅在有機(jī)溶劑中應(yīng)該不溶，而氯化鋅、溴化鋅和碘化鋅都是共價(jià)化合物，分子的極性較小，能夠溶于乙醇等弱極性有機(jī)溶劑。 (4)碳酸鋅中的陰離子為CO，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，其中心原子C的價(jià)電子對(duì)為3＋＝3對(duì)，所以空間構(gòu)型為正三角形，中心C為sp2雜

4、化。 (5)由圖示，堆積方式為六方最緊密堆積。為了計(jì)算的方便，選取該六棱柱結(jié)構(gòu)進(jìn)行計(jì)算。六棱柱頂點(diǎn)的原子是6個(gè)六棱柱共用的，面心是兩個(gè)六棱柱共用，所以該六棱柱中的鋅原子為12×＋2×＋3＝6個(gè)，所以該結(jié)構(gòu)的質(zhì)量為6× g。該六棱柱的底面為正六邊形，邊長為a cm，底面的面積為6個(gè)邊長為a cm的正三角形面積之和，根據(jù)正三角形面積的計(jì)算公式，該底面的面積為6×a2 cm2，高為c cm，所以體積為6×a2c cm3。所以密度為：＝g·cm－3。 答案：(1)[Ar]3d104s2 (2)大于　Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子 (3)離子鍵　ZnF2為離子化合物，ZnCl2、Zn

5、Br2、ZnI2的化學(xué)鍵以共價(jià)鍵為主、極性較小 (4)平面三角形　sp2 (5)六方最密堆積(A3型)　 2．硫和釩的相關(guān)化合物，在藥物化學(xué)及催化化學(xué)等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}： (1)基態(tài)釩原子的外圍電子軌道表達(dá)式為_________________。 釩有＋2、＋3、＋4、＋5等多種化合價(jià)，其中最穩(wěn)定的化合價(jià)是______________，VO的幾何構(gòu)型為__________。 (2)2-巰基煙酸氧釩配合物(圖1) 是副作用較小的有效調(diào)節(jié)血糖的新型藥物。 ①該藥物中S 原子的雜化方式是____________，所含第二周期元素第一電離能按由大到小順序的排列是______

6、____________。 ②2-巰基煙酸(圖2)水溶性優(yōu)于2-疏基煙酸氧釩配合物的原因是 _____________________________________________________。 (3)多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p軌道，則p電子可在多個(gè)原子間運(yùn)動(dòng)，形成“離域π鍵”，下列物質(zhì)中存在“離域π鍵”的是________。 A．SO2　　　B．SO　　　C．H2S　　　D．CS2 (4)某六方硫釩化合物晶體的晶胞如圖3所示，該晶胞的化學(xué)式為_______。圖4 為該晶胞的俯視圖，該晶胞的密度為_____ g·cm－3 (列出計(jì)算式即可)。 解析

7、：(1) 釩為23號(hào)元素，電子排布式為[Ar]3d34s2，所以外圍電子排布式為3d34s2，所以外圍電子軌道表達(dá)式為 其最穩(wěn)定的化合價(jià)是＋5，即失去所有的價(jià)電子，形成最外層8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥原理，VO中的中心原子V的價(jià)電子為5，配位原子O不提供電子，帶有三個(gè)單位負(fù)電荷，所以外層電子為8個(gè)，共4對(duì)，空間構(gòu)型為正四面體。 (2) ①從圖中得到S的配位數(shù)為2，所以此時(shí)S的外層有6＋2＝8個(gè)電子，電子對(duì)為4，所以S應(yīng)該的雜化方式是sp3雜化；其中含有的第二周期元素是C、N、O，同周期元素從左向右應(yīng)該是第一電離能增大，因?yàn)镹的2p能級(jí)上有3個(gè)電子，是p能級(jí)的半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以N的

8、第一電離能反常增大，所以第一電離能為N>O>C；②2-巰基可以與水分子形成氫鍵，所以其水溶性會(huì)更好。 (3)從題目表述來看，形成離域π鍵的要求是：①原子共平面；②有相互平行的p軌道。根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，二氧化硫?yàn)槠矫嫒切危蛩岣鶠檎拿骟w，硫化氫為V型，二硫化碳為直線型。所以選項(xiàng)B一定錯(cuò)誤；而硫化氫的H原子不存在p軌道。所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤。由上正確的是選項(xiàng)AD。 (4)晶胞中有V為：8×＋4×＝2個(gè)，S為：2×1＝2個(gè)，所以化學(xué)式為VS；因?yàn)樵摼О杏?個(gè)VS，所以晶胞質(zhì)量為g; 根據(jù)圖4得到晶胞的面積為a×a nm2，所以晶胞的體積為：a×a×b nm3，1 nm＝10－7cm，所以晶

9、體密度為＝ g·cm－3。 答案：(1) ?。?　 正四面體 (2)①sp3　N>O>C?、?-巰基煙酸的羧基可與水分子之間形成氫鍵，使其在水中溶解度增大 (3)AD　(4) VS　ρ＝ g·cm－3 3．據(jù)媒體報(bào)道，法國一家公司Tiamat日前研發(fā)出比當(dāng)前廣泛使用的鋰電池成本更低、壽命更長、充電速度更快的鈉離子電池，預(yù)計(jì)從2020年開始實(shí)現(xiàn)工業(yè)生產(chǎn)。該電池的負(fù)極材料為Na2Co2TeO6(制備原料為Na2CO3、Co3O4和TeO2)，電解液為NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。 回答下列問題： (1)Te屬于元素周期表中________區(qū)元素，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為_______

10、_。 (2)基態(tài)Na原子中，核外電子占據(jù)的原子軌道總數(shù)為________，最高能層電子云輪廓圖形狀為________。 (3)結(jié)合題中信息判斷：C、O、Cl的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)? _____________________________________ (用元素符號(hào)表示)。 (4)CO的幾何構(gòu)型為________；碳酸丙烯酯的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，則其中碳原子的雜化軌道類型為________，1 mol碳酸丙烯酯中鍵的數(shù)目為________。 (5)[Co(H2O)6]3＋的幾何構(gòu)型為正八面體形，配體是________，該配離子包含的作用力為__________(填字母)。 A

11、．離子鍵　B．極性鍵　C．配位鍵　D．氫鍵　E．金屬鍵 (6)Na和O形成的離子化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞中O的配位數(shù)為________，該晶胞的密度為ρ g·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Na與O之間的最短距離為________cm(用含ρ、NA的代數(shù)式表示)。 解析：(1)Te與O是同一主族元素，屬于元素周期表中p區(qū)元素，Te為第5周期第ⅥA族元素，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為5s25p4。 (2)基態(tài)Na原子的電子排布式為1s22s22p63s1，核外電子占據(jù)的原子軌道總數(shù)為6，最高能層電子為3s，電子云輪廓圖為球形。 (3)元素的非金屬性越強(qiáng)，氧氣與氯化氫能夠反應(yīng)

12、生成氯氣和水，氧元素的非金屬性最強(qiáng)，電負(fù)性數(shù)值越大，C、O、Cl的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镺>Cl>C。 (4)CO中C的價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝3＋×(4＋2－3×2)＝3，幾何構(gòu)型為平面三角形；根據(jù)碳酸丙烯酯的結(jié)構(gòu)簡式，則其中碳原子有2種，不飽和的碳氧雙鍵中的C原子采用sp2雜化，飽和的碳原子采用sp3雜化；1 mol碳酸丙烯酯中含有6 mol C—H，4 mol C—O，2 mol C—C和1 mol C===O，共13 mol，鍵的數(shù)目為13×6.02×1023。 (5)[Co(H2O)6]3＋的幾何構(gòu)型為正八面體形，配體是H2O，該配離子包含的作用力有H—O極性鍵、配位鍵，故答案為BC。

13、(6)晶胞中Na＋離子數(shù)目為8，O2－離子數(shù)目為8×＋6×＝4，Na＋離子、O2－離子數(shù)目之比為2∶1，故該晶體化學(xué)式為Na2O，由圖可知，每個(gè)Na＋離子周圍有4個(gè)O2－離子、Na＋離子配位數(shù)為4，距一個(gè)陰離子周圍最近的所有陽離子有8個(gè)，則O的配位數(shù)為8；晶胞質(zhì)量為 g，該晶胞的密度為ρ g·cm－3，而晶胞體積為 g÷ρ g·cm－3＝ cm3，晶胞棱長為 cm，則Na與O之間的最短距離為立方體對(duì)角線的＝× cm。 答案： (1)p　 5s25p4　(2)6　球形　(3)O>Cl>C (4)平面三角形　 sp2　sp3　13NA(或13×6.02×1023) (5)H2O　BC　(6)

14、8　× 4．原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期。自然界中存在多種A的化合物，B 原子核外電子有6 種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，B與C可形成正四面體形分子。D的基態(tài)原子的最外能層只有一個(gè)電子，其他能層均已充滿電子。請(qǐng)回答下列問題： (1)這四種元素中電負(fù)性最大的元素．其基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為________，第一電離能最小的元素是________(填元素符號(hào))。 (2)C所在主族的前四種元素分別與A形成的化合物，沸點(diǎn)由高到低的順序是________(填化學(xué)式)，呈現(xiàn)如此遞變規(guī)律的原因是 _________________________________________

15、____________。 (3)B元素可形成多種單質(zhì)，一種晶體結(jié)構(gòu)如圖一所示，其原子的雜化類型為________、另一種的晶胞如圖二所示，若此晶胞中的棱長為356.6 pm，則此晶胞的密度為________g·cm－3(保留兩位有效數(shù)字)。(＝1.732) (4)D元素形成的單質(zhì)，其晶體的堆積模型為__________，D的醋酸鹽晶體局部結(jié)構(gòu)如圖三，該晶體中含有的化學(xué)鍵是________(填選項(xiàng)序號(hào))。 ①極性鍵　　②非極性鍵　　 ③配位鍵　　 ④金屬鍵 解析：原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，則A為氫元素；B原子核外電子

16、有6種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即核外有6個(gè)電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外層只有一個(gè)電子，其他能層均已充滿電子，D原子外圍電子排布為3d104s1，則D為Cu元素；結(jié)合原子序數(shù)可知，C只能處于第三周期，B與C可形成正四面體型分子，則C為氯元素。 (1)四種元素中電負(fù)性最大的是Cl，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布為3s23p5，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為，四種元素中只有Cu為金屬，其它為非金屬，Cu的第一電離能最小。 (2)HF分子之間形成氫鍵，使其熔沸點(diǎn)較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，沸點(diǎn)越高，即沸點(diǎn)由高到低的順序是HF＞HI＞HBr＞HCl。 (3

17、)圖一為平面結(jié)構(gòu)，在其層狀結(jié)構(gòu)中碳碳鍵鍵角為120°，每個(gè)碳原子都結(jié)合著3個(gè)碳原子，碳原子采取sp3雜化；一個(gè)晶胞中含碳原子數(shù)為8×＋6×＋4＝8，晶胞質(zhì)量為 g，所以晶胞密度＝[(8×12)÷6.02×1023g]÷(356.6×10－10cm)≈3.5 g·cm－3；(4)根據(jù)圖示可知晶體Cu為面心立方最密堆積，結(jié)合圖三醋酸銅晶體的局部結(jié)構(gòu)可確定其晶體中含有極性鍵、非極性鍵和配位鍵，故選項(xiàng)是①②③。 答案：(1) 　Cu (2)HF＞HI＞HBr＞HCl　HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點(diǎn)較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，沸點(diǎn)越高 (3)sp

18、2　3.5　(4)面心立方最密堆積?、佗冖? 5.（2017·海南卷） Ⅰ.下列敘述正確的有　　　　。（填序號(hào)） A.某元素原子核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的5倍，則其最高正價(jià)為＋7 B.鈉元素的第一、第二電離能分別小于鎂元素的第一、第二電離能 C.高氯酸的酸性與氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性 D.鄰羥基苯甲醛的熔點(diǎn)低于對(duì)羥基苯甲醛的熔點(diǎn) Ⅱ.ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途?；卮鹣铝袉栴}： （1）碳的一種單質(zhì)的結(jié)構(gòu)如圖（a）所示。該單質(zhì)的晶體類型為　　　　，原子間存在的共價(jià)鍵類型有　　　　，碳原子的雜化軌道類型為　　　　　　　　　　。 （2）SiCl4分子的中心原

19、子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為　　　　，分子的立體構(gòu)型為　　　　，屬于　　　　分子（填“極性”或“非極性”）。 （3）四鹵化硅SiX4的沸點(diǎn)和二鹵化鉛PbX2的熔點(diǎn)如圖（b）所示。 ①SiX4的沸點(diǎn)依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_____________ _____________________________________________________。 ②結(jié)合SiX4的沸點(diǎn)和PbX2的熔點(diǎn)的變化規(guī)律，可推斷：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化學(xué)鍵的離子性　　　　、共價(jià)性　　　?。ㄌ睢霸鰪?qiáng)”“不變”或“減弱”）。 （4）碳的另一種單質(zhì)C60可以與鉀形成低溫超導(dǎo)化合物，晶體結(jié)構(gòu)

20、如圖（c）所示。K位于立方體的棱上和立方體的內(nèi)部，此化合物的化學(xué)式為____________________________________________； 其晶胞參數(shù)為1.4 nm，晶體密度為　　　　g·cm－3。 解析：Ⅰ.某元素原子核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的5倍，此元素是Br，位于ⅦA族，最高正價(jià)為＋7價(jià)，故A正確；金屬鈉比鎂活潑，容易失去電子，因此鈉的第一電離能小于Mg的第一電離能，Na最外層只有一個(gè)電子，再失去一個(gè)電子，出現(xiàn)能層的變化，需要的能量增大，Mg最外層有2個(gè)電子，因此Na的第二電離能大于Mg的第二電離能，故B錯(cuò)誤；HClO4可以寫成（HO）ClO3，HClO寫成（H

21、O）Cl，高氯酸中的非羥基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性強(qiáng)于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故C錯(cuò)誤；鄰羥基苯甲醛形成分子內(nèi)氫鍵，降低物質(zhì)熔點(diǎn)，對(duì)羥基苯甲醛形成分子間氫鍵，增大物質(zhì)熔點(diǎn)，因此鄰羥基苯甲醛的熔點(diǎn)低于對(duì)羥基苯甲醛的熔點(diǎn)，故D正確。Ⅱ.（1）該單質(zhì)為石墨，石墨屬于混合型晶體，層內(nèi)碳原子之間形成σ鍵和π鍵；石墨中碳原子有3個(gè)σ鍵，無孤電子對(duì)，因此雜化類型為sp2。（2）SiCl4中心原子是Si，有4個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為＝0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，空間構(gòu)型為正四面體；屬于非極性分子。（3）①SiX4屬于分子晶體，不含分子間氫鍵，范德華力越大，熔沸點(diǎn)越高，范德華力隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增大而增

22、大，即熔沸點(diǎn)增高；②同主族從上到下非金屬性減弱，得電子能力減弱，因此PbX2中化學(xué)鍵的離子型減弱，共價(jià)型增強(qiáng)。（4）根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，C60位于頂點(diǎn)和面心，個(gè)數(shù)為8×＋6×＝4，K位于棱上和內(nèi)部，個(gè)數(shù)為12×＋9＝12，因此化學(xué)式為K3C60，晶胞的質(zhì)量為 g，晶胞的體積為（1.4×10－7）3cm3，根據(jù)密度的定義，則晶胞的密度為2.0 g·cm－3。 答案：Ⅰ.AD　 Ⅱ.（1）混合型晶體　σ鍵、π鍵　sp2 （2）4　正四面體　非極性 （3）①均為分子晶體，范德華力隨分子相對(duì)質(zhì)量增大而增大，即熔沸點(diǎn)升高　②減弱　增強(qiáng) （4）K3C60　2.0 6.鈦被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬

23、，制備金屬鈦的一種流程如下： 請(qǐng)回答下列問題： (1)基態(tài)鈦原子的價(jià)層電子排布圖為__________，其原子核外共有________種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，Ti形成的＋4價(jià)化合物最穩(wěn)定，原因是__________________________________________________。 金屬鈦晶胞如圖1所示，為________(填堆積方式)堆積。 (2)已知TiCl4在通常情況下是無色液體，熔點(diǎn)為－37 ℃，沸點(diǎn)為136 ℃，可知TiCl4為________晶體。用TiCl4的HCl溶液，后經(jīng)不同處理可得到兩種不同的TiCl3·6H2O晶體：[Ti(H2O)6]Cl3(

24、紫色)、[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O(綠色)。兩者配位數(shù)________(填“相同”或“不同”)，綠色晶體中的配體是________。 (3)納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，其催化的一個(gè)實(shí)例如圖2所示?；衔镆业姆悬c(diǎn)明顯高于化合物甲的，主要原因是______。 化合物乙中采取sp3雜化的原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)開_______________。 圖2 (4)硫酸氧鈦晶體中陽離子為鏈狀聚合形式的離子，結(jié)構(gòu)如圖3所示。該陽離子為______________。 圖3 (5)鈣鈦礦晶體的結(jié)構(gòu)如圖4所示。鈦離子位于立方晶胞的頂點(diǎn)，被________個(gè)氧離子包圍成

25、配位八面體；鈣離子位于立方晶胞的體心，被________個(gè)氧離子包圍。鈣鈦礦晶體的化學(xué)式為_____。 解析：(1)觀察圖1可知，正好符合鎂晶胞的六方最密堆積。(2)考查分子晶體、配合物的成鍵情況。因TiCl4的熔、沸點(diǎn)較低，故TiCl4為分子晶體。(3)考查氫鍵及第一電離能的大小比較。氫鍵的存在導(dǎo)致物質(zhì)熔沸點(diǎn)升高，乙分子間含有氫鍵、甲分子間不含氫鍵，則化合物乙的沸點(diǎn)高于化合物甲的?；衔镆抑胁扇p3雜化的原子有C、N、O，同一周期元素，元素原子的第一電離能隨著原子序數(shù)的遞增而呈增大趨勢(shì)，但第ⅡA族、第ⅤA族元素原子的第一電離能大于其相鄰元素原子的第一電離能，所以第一電離能的大小關(guān)系為

26、N>O>C。(4)考查利用均攤法計(jì)算原子個(gè)數(shù)之比。由圖3可知，每個(gè)O原子被2個(gè)Ti原子共用，每個(gè)Ti原子被2個(gè)O原子共用，利用均攤法計(jì)算二者原子個(gè)數(shù)之比為1∶1，Ti元素為＋4價(jià)，O元素為－2價(jià)，據(jù)此可知該陽離子為TiO2＋(或[TiO])。(5)考查根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)書寫晶體的化學(xué)式。鈦離子位于立方晶胞的頂角，被6個(gè)氧離子包圍成配位八面體；鈣離子位于立方晶胞的體心，被12個(gè)氧離子包圍，每個(gè)晶胞中鈦離子和鈣離子均為1個(gè)，晶胞的12個(gè)邊長上各有1個(gè)氧離子，根據(jù)均攤原則，每個(gè)晶胞實(shí)際占有氧離子數(shù)為12×＝3，則晶胞的化學(xué)式為CaTiO3。 答案：(1) 22　最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)　六方最密 (2)分子　相同　H2O、Cl－ (3)化合物乙分子間形成氫鍵　N>O>C (4)TiO2＋(或[TiO]) (5)6　12　CaTiO3