《2022年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)訓(xùn)練9 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選修3）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2022年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)訓(xùn)練9 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選修3）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)訓(xùn)練9 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選修3）非選擇題(共6小題,共100分)1.(xx河北唐山一模)(12分)由原子序數(shù)由小到大的A、B、C、D、E五種元素構(gòu)成某配位化合物X,其原子個(gè)數(shù)比為144511。其中C、D元素同主族且原子序數(shù)D為C的二倍,E元素原子的電子排布為(n-1)dn+6ns1,回答下列問(wèn)題。 (1)該配位化合物X的化學(xué)式為。(2)元素B、C、D的第一電離能由小到大排列順序?yàn)椤?用元素符號(hào)表示)(3)D元素原子的最外層電子軌道表示式為。(4)C元素可與A元素形成兩種常見(jiàn)的化合物,其原子個(gè)數(shù)比分別為11和12,兩種化合物可任意比互溶,解釋其主要原因?yàn)椤?5

2、)A元素與E元素可形成一種紅色離子化合物Y,其原子個(gè)數(shù)比為11,該化合物Y可與稀硝酸反應(yīng),生成一種藍(lán)色溶液和兩種無(wú)色氣體(其中一種為A元素的單質(zhì)),寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。2.(xx河北衡水一模)(20分)鹵族元素的單質(zhì)和化合物很多,我們可以利用所學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識(shí)去認(rèn)識(shí)和理解。(1)鹵族元素位于周期表的區(qū);溴的價(jià)電子排布式為。(2)在一定濃度的溶液中,氫氟酸是以二分子締合(HF)2形式存在。使氫氟酸分子締合的作用力是。(3)請(qǐng)根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷:最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽(yáng)離子的鹵素原子是。氟氯溴碘鈹1 6811 2511 1401 008900(4)已知高碘酸有兩種形式

3、,化學(xué)式分別為H5IO6()和HIO4,前者為五元酸,后者為一元酸。請(qǐng)比較二者酸性強(qiáng)弱:H5IO6HIO4(填“”“OPSd.NaN3與KN3結(jié)構(gòu)類(lèi)似,晶格能:NaN3”“=”或“”)。某儲(chǔ)氫材料是第三周期金屬元素M的氫化物。M的部分電離能如下表所示:7381 4517 73310 54013 630M是(填元素符號(hào))。(3)某種新型儲(chǔ)氧材料的理論結(jié)構(gòu)模型如圖所示,圖中虛線(xiàn)框內(nèi)碳原子的雜化軌道類(lèi)型有種。(4)分子X(jué)可以通過(guò)氫鍵形成“籠狀結(jié)構(gòu)”而成為潛在的儲(chǔ)氫材料。X一定不是(填標(biāo)號(hào))。A.H2OB.CH4C.HClD.CO(NH2)26. (15分)鹵族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲線(xiàn)

4、表示鹵族元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)的變化趨勢(shì),正確的是。(2)利用“鹵化硼法”可合成含B和N兩種元素的功能陶瓷,右圖為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖,則每個(gè)晶胞中含有B原子的個(gè)數(shù)為,該功能陶瓷的化學(xué)式為。(3)BCl3和NCl3中心原子的雜化方式分別為和。第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有種。(4)若BCl3與XYn通過(guò)B原子與X原子間的配位鍵結(jié)合形成配合物,則該配合物中提供孤電子對(duì)的原子是。九物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(選修3)1.答案:(1)Cu(NH3)4SO4H2O(2)SON(3)(4)H2O與H2O2之間形成氫鍵(5)6CuH+16HNO36Cu(NO3)2+3H2+4NO+8H2O解析:符合C、D的只有

5、O、S;E的電子排布為3d104s1,為Cu;結(jié)合配合物X的組成可知A為H、B為N,X為Cu(NH3)4SO4H2O;(2)因?yàn)镹原子2p軌道半充滿(mǎn),比較穩(wěn)定,所以其第一電離能大于O的,同一主族從上往下第一電離能逐漸減小;(5)CuH與稀硝酸反應(yīng),生成藍(lán)色溶液Cu(NO3)2和H2,依據(jù)化合價(jià)守恒配平3CuH+HNO33Cu(NO3)2+H2+2NO,配平N原子3CuH+8HNO33Cu(NO3)2+H2+2NO,補(bǔ)水配氫6CuH+16HNO36Cu(NO3)2+3H2+4NO+8H2O。2.答案:(1)p4s24p5(2)氫鍵(3)碘(4)(5)sp3雜化(6)A(7)a3 NA解析:(1)

6、溴位于第四周期,A族,所以?xún)r(jià)電子數(shù)為7;(3)應(yīng)注意鈹不屬于鹵素原子;(4)后者的非羥基氧為3個(gè),前者只有1個(gè),所以后者酸性強(qiáng);(5)中心原子Cl原子形成兩個(gè)鍵,孤電子對(duì)數(shù)=2,sp3雜化;(6)在立方體的頂面上,有5個(gè)I2,4個(gè)方向相同,結(jié)合其他面考慮可知A選項(xiàng)正確;每個(gè)晶胞中有4個(gè)碘分子,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;C選項(xiàng),此晶體是分子晶體,錯(cuò)誤;D選項(xiàng),碘原子間只存在非極性共價(jià)鍵,范德華力存在于分子與分子之間,錯(cuò)誤;(7)一個(gè)晶胞中含有Ca2+為頂點(diǎn)(1)+面心(3)=4;含有F-為8個(gè);相鄰的Ca2+是頂點(diǎn)與面心的距離最短,所以該晶胞的棱長(zhǎng)為a,一個(gè)晶胞的體積為2a3,一個(gè)晶胞的質(zhì)量為 g,依據(jù)=列式

7、計(jì)算。3.答案:(1)3(2)三角錐形(3)8Fe+2NH32Fe4N+3H2(4)bc(5)abcdsp2、sp3解析:(1)當(dāng)有4 mol NH鍵斷裂時(shí),消耗1 mol N2H4,生成 mol N2,形成3 mol 鍵;(2)N原子最外層有5個(gè)電子與3個(gè)F原子形成3個(gè)鍵,還余2個(gè)電子形成1個(gè)孤電子對(duì),為sp3雜化,三角錐形;(3)1個(gè)晶胞含有4個(gè)鐵、1個(gè)N,所以化學(xué)式為Fe4N,依據(jù)元素守恒還生成氫氣;(4)N2很穩(wěn)定是因?yàn)樾纬蒒N,a錯(cuò)誤;d選項(xiàng),結(jié)構(gòu)相似,K+的離子半徑比較大,所以晶格能小,錯(cuò)誤;(5)CH3中碳原子以4個(gè)單鍵與4個(gè)原子相連為sp3雜化、其余碳原子均形成3個(gè)鍵,1個(gè)鍵,

8、無(wú)孤對(duì)電子,為sp2雜化。4.答案:(1)Ni、Ge、Se(2)ad(3)7COBLi(2)Mg(3)3(4)BC解析:(1)Ti3+的核外電子排布式Ar3d1;由B可知H的化合價(jià)為-1價(jià),所以H的電負(fù)性大于B;(2)Li+、H-的核外電子排布相同,原子序數(shù)越大,離子半徑越小;由M的第2與第3電離能的差值可知M為A族元素,為第3周期元素Mg;(3)依據(jù)碳原子連接其他碳原子的個(gè)數(shù)進(jìn)行分析,碳原子與4個(gè)、3個(gè)、2個(gè)碳原子相連,分別為sp3、sp2、sp雜化;(4)CH4、HCl不能形成氫鍵。6.答案:(1)A(2)2BN(3)sp2sp33(4)X解析:(1)元素非金屬性越強(qiáng),其電負(fù)性也越大,F的

9、電負(fù)性最強(qiáng),A正確;F元素?zé)o正價(jià),B錯(cuò)誤;因HF之間可形成氫鍵,使其沸點(diǎn)升高,C錯(cuò)誤;隨核電荷數(shù)增加,F2、Cl2、Br2的熔點(diǎn)依次升高,D錯(cuò)誤。(2)由題給晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知,每個(gè)晶胞中含有B原子個(gè)數(shù)為8+1=2,含有N原子個(gè)數(shù)為4+1=2。故該功能陶瓷的化學(xué)式為BN。(3)B原子最外層只有3個(gè)電子,BCl3中B原子雜化方式為sp2;N原子最外層有5個(gè)電子,NCl3中N原子雜化方式為sp3。同一周期中元素的第一電離能隨原子序數(shù)遞增,呈現(xiàn)逐漸升高的趨勢(shì),但是在第二周期中,Be的第一電離能大于B,N的第一電離能大于O,故第一電離能介于B和N之間的有Be、C、O 3種。(4)BCl3中B原子最外層存在空軌道,故只能是X原子提供孤電子對(duì)。