新編高考化學二輪復習：主觀題綜合訓練 物質結構與性質選考 含答案

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1、新編高考化學備考資料 物質結構與性質(選考) 【主觀題綜合訓練】 物質結構與性質(選考) 1．氧化鋅(ZnO)、氮化鎵(GaN)及新型多相催化劑組成的納米材料能利用可見光分解水，生成氫氣和氧氣。 圖1　GaN晶體結構 圖2　ZnO晶胞 請回答下列問題： (1) Zn2+基態(tài)核外電子排布式為　　　　　　　　。 (2) 與水分子互為等電子體的一種陰離子是　　　　(填離子符號)。 (3) 氮化鎵(GaN)的晶體結構如圖1所示，其中氮原子的雜化軌道類型是　　　　；N、Ga原子之間存在配位鍵，該配位鍵中提供電子對的原子是　　　　。 (4) ZnO是兩性氧化物，能

2、跟強堿溶液反應生成 [Zn(OH)4]2-。不考慮空間構型，[Zn(OH)4]2-的結構可用示意圖表示為　　　　　　　　。 (5) 某種ZnO晶體的晶胞如圖2所示，與O2-距離最近的Zn2+有　　　　個。 2．(2015·洛陽二模)已知元素X、Y、Z、R為前四周期元素，且原子序數依次增大。X原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，s軌道電子數是p軌道電子數的兩倍；Z原子L電子層上有2對成對電子，R+原子核外有3層電子且各層均處于全滿狀態(tài)。 請回答下列問題： (1) R基態(tài)原子的外圍電子排布式為　　　　，其基態(tài)原子有　　　　種能量不同的電子。 (2) 元素X、Y、Z的第一電離能由小到

3、大的順序為　　　　　　(用元素符號表示)。 (3) 與XYZ-互為等電子體微粒的化學式為　　　　　　(寫出一種即可)，XYZ-的中心原子的雜化方式為　　　　　　。 (4) R2+與NH3形成的配離子中，提供孤對電子的原子是　　　　。 (5) 已知Z、R能形成兩種化合物，其晶胞如下圖所示，甲的化學式為　　　　　　　，乙的化學式為　　　　　　??；高溫時，甲易轉化為乙的原因為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?。蝗艏拙w中一個晶胞的邊長為a pm，則甲晶體的密度為　　　　　g·cm-3(寫出含a的表達式，用NA表示阿伏加德羅常數的值)。 3．(2015·邢臺期末)X

4、、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的前四周期元素(稀有氣體除外)。X的基態(tài)原子中的電子平均分布在三個不同的能級中；Y的族序數是其周期序數的三倍；Z的基態(tài)原子核外無未成對電子；W為前四周期中電負性最小的元素；元素R位于周期表的第10列。 請回答下列問題： (1) X、Y兩種元素中電負性較大的元素為　　　　(填元素符號)。 (2) 化合物XY2分子的空間構型是　　　　。 (3) 基態(tài)R原子的電子排布式為　　　　　　　　　。 (4) 化合物ZY的熔點比化合物RY的熔點高，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5) 含有X、Z、R三種元素的某種晶體具有超導性

5、，其晶胞結構如下圖所示。則該晶體中與Z原子緊鄰且距離最近的R原子有　　　　個。 4．(2015·孝感模擬)已知W、X、Y、Z、R五種元素是短周期的元素，原子序數依次增大，其中X 的基態(tài)原子中成對的電子對數與單個電子的數目相同，Y 是地殼中含量最多的元素，R的單質是淡黃色固體，不溶于水，能溶于CS2。在短周期中，W的原子半徑最小，Z 的原子半徑最大。又知M是第4周期的元素，M的最外層只有一個單電子，次外層的軌道上全部填充滿了電子。 回答下列問題： (1) Y的基態(tài)原子核外有　　　　個未成對電子。 (2) Y、Z、R的第一電離能由大到小的順序是　　　　　　　　，Y、Z、R形成的

6、簡單離子的半徑由大到小的順序是　　　　　　(用元素符號表示)。 (3) XW4分子中，鍵角是　　　　，中心原子的雜化軌道類型為　　　　。X的立體結構為　 。 (4) M的基態(tài)原子核外電子排布式是　　　　　　　　　。已知MCl的晶胞結構如下圖所示，Cl-的配位數為　　　　。MCl的熔點　　　　(填“高于”或“低于”)MY的熔點。 5．(2015·?？谀M)現有五種元素，其中A、B、C為短周期主族元素，D、E為第4周期元素，它們的原子序數依次增大。請根據表中相關信息，回答下列問題： A元素原子的核外p電子總數比s

7、電子總數少1 B原子核外所有p軌道全滿或半滿 C元素的主族序數與周期序數的差為4 D是前四周期中電負性最小的元素 E在周期表的第11列 甲 乙 (1) A基態(tài)原子中能量最高的電子，其電子云在空間有　　　　個方向，原子軌道呈　　　　形。 (2) E在周期表的位置是　　　　　　　，位于　　　　區(qū)，其基態(tài)原子有　　　　種運動狀態(tài)。 (3) BC3中心原子的雜化方式為　　　　，用價層電子對互斥理論推測其分子空間構型為　　　　，檢驗D元素的方法是　　　　　　　　　　。 (4) E單質晶體中原子的堆積方式如圖甲所示，其晶胞特征如圖乙所示。則晶胞中該原子的配位數為　　　，E單

8、質晶體中原子的堆積方式為四種基本堆積方式中的　　　　　　。若已知E的原子半徑為d cm，NA代表阿伏加德羅常數，E的相對原子質量為M，則該晶體的密度為　　　　(用字母表示)g·cm-3。 6．(2015·黃岡模擬)W、M、X、Y、Z是周期表前36號元素中的四種常見元素，其原子序數依次增大。W的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代；M的氧化物是導致酸雨的主要物質之一；X的某一種單質在高空大氣層中保護人類免遭太陽光中紫外線的強烈侵襲；Y的基態(tài)原子核外有6個原子軌道處于半充滿狀態(tài)；Z能形成紅色的Z2O和黑色的ZO兩種氧化物。 (1) Y3+基態(tài)的電子排布式可表示為　　　　　　　　　。

9、 (2) M的空間構型為　　　　　　(用文字描述)。 (3) M可形成多種氫化物，其中MH3的堿性強于M2H4的原因是　 。 (4) 根據等電子體原理，WX分子的結構式為　　　　。 (5) 1 mol WX2中含有的σ鍵數目為　　　　　　。 (6) H2X分子中X原子軌道的雜化類型為　　　　　。 (7) 向Z2+的溶液中加入過量NaOH溶液，可生成Z的配位數為4的配離子，寫出該配離子的結構式：　　　　　　　　　　　。 7．(2015·福州模擬)X

10、、Y、Z、M、W是原子序數依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三個能級，各能級電子數相等，Y的單質在空氣中燃燒生成一種淡黃色的固體；Z元素原子的最外層電子數比次外層電子數少2，M原子外圍電子排布式為3dn4sn；W的內層電子已全充滿，最外層只有2個電子。 請回答下列問題： (1) X元素在周期表中的位置是　　　　　　　；W2+離子的外圍電子排布式為　　　　。 (2) X 能與氫、氮、氧三種元素構成化合物 XO(NH2)2，其中X原子和N原子的雜化方式為分別為　　　　、　　　　，該化合物分子中的π鍵與σ鍵的個數之比是　　　　　??；該物質易溶于水的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　

11、。 (3) 已知Be和Al元素處于周期表中對角線位置，化學性質相似，請寫出Y元素與Be元素的最高價氧化物對應水化物相互反應的化學方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4) M晶體的原子堆積方式為六方堆積(如圖1所示)，則晶體中M原子的配位數是　　　　。某M配合物的化學式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，1 mol該配合物中含配位鍵的數目是　　　　　　　　。 圖1 圖2 (5) Y離子和Z離子比較，半徑較大的是　　　　(填離子符號)，元素Y與元素Z形成的晶體的晶胞結構是如圖2所示的正方體，設晶胞中最近的兩個Z離子的距離為a cm，該化合物的摩爾質量為b g

12、·mol-1，則該晶胞密度的計算式為　　　　　　　　　　　。 8．(2016·江西模擬)CuSO4在活化閃鋅礦(主要成分是ZnS)方面有重要作用，主要是活化過程中生成CuS、Cu2S等一系列銅的硫化物活化組分。 (1) Cu2+基態(tài)的電子排布式可表示為　　　　　　　　　　　。 (2) S的空間構型為　　　　　　　(用文字描述)；中心原子采用的軌道雜化方式是　　　?。粚懗鲆环N與S互為等電子體的分子的化學式：　　　　　。 (3) 向CuSO4 溶液中加入過量NaOH溶液可生成\[Cu(OH)4 \]2-。不考慮空間構型，\[Cu(OH)4\]2-的結構可用示意圖表示為　　　　　　。

13、 (4) 資料顯示ZnS為難溶物，在活化過程中，CuSO4能轉化為CuS的原因是　 。 (5) CuS比CuO的熔點　　　　　(填“高”或“低”)，原因是　　　　　　　　　　　　。 (6) 閃鋅礦的主要成分ZnS，晶體結構如下圖所示，其晶胞邊長為540.0 pm，密度為　　　　　　　　　　　　　　(列式并計算)。 【主觀題綜合訓練答案】 物質結構與性質(選考) 1．(1) 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) (2) N (3) sp3　N (4)

14、或 (5) 8 【解析】 (1) Zn為30號元素，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，則Zn2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。 (2) H2O分子中含有3個原子和8個價電子，與其互為等電子體的陰離子是N。 (3) 由圖示可知，N原子能與4個Ga原子成鍵，故N原子采用sp3雜化；Ga是ⅢA族元素，有空的p軌道，故在形成配位鍵時N原子提供電子對。 (4) 在[Zn(OH)4]2-中，Zn與O之間是配位鍵，故結構表示為 或 。 (5) 結合晶胞結構以及化學式ZnO可知，與O2-距離最近的Zn2+的數目等于與Zn

15、2+距離最近的O2-的數目，都是8個。 2．(1) 3d104s1　7 (2) C

16、、2p、3s、3p、3d、4s共7個能級。(2) 同周期第一電離能由左向右呈增大的趨勢，ⅡA族元素原子的s能級是全充滿狀態(tài)、ⅤA的元素原子的p能級是半充滿狀態(tài)，它們第一電離能比相鄰元素大，即第一電離能：C

17、2O；CuO易轉變?yōu)镃u2O，是因為Cu2O中Cu的3d能級是全充滿狀態(tài)，而原子處于全充滿、半充滿、全空是穩(wěn)定結構。1個甲中含CuO 4個，質量為(4×80)÷NAg，晶胞體積為(a×10-10)3cm3，密度是。 3．(1) O　(2) 直線形 (3) 1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2) (4) 鎂離子的半徑小于鎳離子，所以氧化鎂的晶格能大于氧化鎳 (5) 12 【解析】 X、Y、Z、W、R均為前四周期元素，且原子序數依次增大，X的基態(tài)原子中的電子平均分布在三個不同的能級中，則核外電子排布為1s22s22p2，則X為碳元素；Y元素的族序數是

18、其周期序數的三倍，只能處于第2周期，則Y為氧元素；W為前四周期中電負性最小的元素，則W為鉀元素；Z的基態(tài)原子核外無未成對電子，原子序數大于氧小于鉀，則核外電子排布為1s22s22p63s2，所以Z為鎂元素；元素R位于周期表的第10列，原子序數大于K元素，處于第4周期，R為鎳元素。 (1) X為碳元素，Y為氧元素，X、Y兩種元素中電負性較大的元素為O。(2) 化合物XY2為CO2，分子的空間構型是直線形。(3) R為鎳元素，是28號元素，根據核外電子排布規(guī)律可知其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2。(4) 化合物ZY為MgO，化合物RY為NiO，由于鎂離子的半徑小

19、于鎳離子，所以氧化鎂的晶格能大于氧化鎳，所以MgO的熔點比NiO的熔點高。(5) 根據晶胞結構圖可知，Z位于晶胞的頂點上，與Z原子緊鄰且距離最近的R原子位于晶胞中經過Z原子的面的面心上，這樣的面心有12個。 4．(1) 2　(2) O>S>Na　S2->O2->Na+ (3) 109°28'　sp3　平面三角形 (4) 1s22s22p63s23p63d104s1(或\[Ar\]3d104s1)　4　低于 【解析】 W、X、Y、Z、R五種元素是短周期的元素，原子序數依次增大，Y是地殼中含量最多的元素，則Y為O元素；X的基態(tài)原子中成對的電子對數與單個電子的數目相同且原子序數小于Y

20、，則X為C元素；R的單質是淡黃色固體，不溶于水，能溶于CS2，則R是S元素；在短周期中，W的原子半徑最小，Z的原子半徑最大，則W是H元素、Z為Na元素；M是第4周期的元素，M的最外層只有一個單電子，次外層的軌道上全部充滿了電子，則M為Cu元素。(1) Y是O元素，其原子核外電子排布式為1s22s22p4，2p軌道上有2個未成對電子。(2) Y、Z、R分別是O、Na、S元素，同一周期元素第一電離能隨著原子序數增大而呈增大趨勢，同一主族元素第一電離能隨著原子序數增大而減小，所以這三種元素第一電離能大小順序是O>S>Na；離子電子層數越多，其離子半徑越大，電子層結構相同的離子，離子半徑隨著原子序數增

21、大而減小，所以離子半徑大小順序是S2->O2->Na+。(3) XW4分子是正四面體結構，鍵角是109°28'，甲烷分子中C原子價層電子對個數是4且不含孤電子對，所以雜化方式為sp3；C中C原子價層電子對個數是3且不含孤電子對，所以為平面三角形結構。(4) Cu所含質子數為29，原子核外電子數為29，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或\[Ar\]3d104s1；根據CuCl的晶胞可以判斷，每個銅原子與4個Cl距離最近且相等，即Cu的配位數為4； CuCl、CuO中氯離子半徑大于氧離子、電荷小于氧離子，所以晶格能：CuCl

22、 5．(1) 3　紡錘 (2) 第4周期ⅠB族　ds　29 (3) sp3　三角錐形　焰色反應 (4) 12　面心立方堆積　 【解析】 A、B、C為短周期主族元素，D、E為第4周期元素，它們的原子序數依次增大，A元素原子的核外p電子數比s電子數少1，其電子排布為1s22s22p3，則A為N元素；B原子核外所有p軌道全滿或半滿，則價電子為3s23p3符合題意，則B為P元素；C元素的主族序數與周期序數的差為4，C為第3周期ⅦA族元素，即C為Cl元素；D、E為第4周期元素，它們的原子序數依次增大，D是前四周期中電負性最小的元素，則D為K元素；E在周期表的第11列，則E位于第4周期ⅠB

23、族，為Cu元素。(1) A為N元素，N的基態(tài)原子中能量最高的電子為2p電子，其電子云在空間有x、y、z三個方向；p軌道呈紡錘形。(2) E為Cu原子，原子序數為29，位于周期表中第4周期ⅠB族，位于周期表中的ds區(qū)，銅原子的核外電子總數為29，所以其基態(tài)原子有29種不同的運動狀態(tài)。(3) BC3為PCl3，其中心原子P形成了3個單鍵，還存在1對孤對電子，則其雜化軌道數為4，采用sp3；由于三氯化磷分子中含有1對孤對電子，則其空間構型為三角錐形；D為K元素，檢驗鉀元素可以通過焰色反應檢驗。(4) E為Cu元素，由晶胞結構可知，以頂點原子研究，與之最近的原子處于面心上，每個頂點原子為12個面共用，

24、故晶胞中該原子的配位數為12；該單質晶體中原子的堆積方式為面心立方堆積；晶胞的邊長為×4d cm=2d cm，所以晶胞的體積為(2d cm)3=16d3 cm3，根據均攤法可知，每個晶胞中含有的原子數為8×+6×=4，所以晶胞的密度為= g·cm-3。 6．(1) 1s22s22p63s23p63d3(或[Ar]3d3) (2) 平面三角形 (3) N2H4分子中N為-2價，而NH3分子中N為-3價，負電性更高，導致N原子的孤對電子更易提供出來與H+結合，故堿性更強 (4) C≡O (5) 2NA (6) sp3 (7) 【解析】 W的一種核素在考古時常用來鑒定一些文

25、物的年代，則W為C元素；X的某一種單質在高空大氣層中保護人類免遭太陽光中紫外線的強烈侵襲，則X為O元素；M的氧化物是導致酸雨的主要物質之一，原子序數小于O，故M為N元素；Z能形成紅色的Z2O和黑色的ZO兩種氧化物，則Z為Cu；Y的基態(tài)原子核外有6個原子軌道處于半充滿狀態(tài)，原子序數小于Cu，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，則Y為Cr元素。(1) Cr3+基態(tài)的電子排布式為1s22s22p63s23p63d3。(2) N中N原子價層電子對數=3+=3，N原子沒有孤對電子，故其空間構型為平面三角形。(3) N2H4分子中N為-2價，而NH3分子中N為-3價，負電性更高，

26、導致N原子的孤對電子更易提供出來與H+結合，故堿性更強。(4) CO與N2互為等電子體，根據等電子體原理，二者結構相似，故CO的結構式為C≡O。(5) CO2的結構式為OCO，1 mol CO2中含有的2 mol σ鍵，故含有σ鍵數目為2NA。(6) H2O分子中O原子成2個σ鍵、含有2對孤對電子，故雜化軌道數目為4，O原子采取sp3雜化。(7) 向Cu2+的溶液中加入過量NaOH溶液，可生成Cu的配位數為4的配離子，該配離子的結構式為 7．(1) 第2周期ⅣA族　3d10 (2) sp2　sp3　1∶7　CO(NH2)2能與水分子間形成氫鍵 (3) Be(OH)2+2NaOH

27、Na2BeO2+2H2O (4) 12　6×6.02×1023 (5) S2-　4×÷(a cm)3 【解析】 X的基態(tài)原子核外的三個能級上電子數相等，原子核外電子排布為1s22s22p2，則X為C元素；Y的單質在空氣中燃燒生成一種淡黃色的固體，則Y為Na元素，淡黃色固體是Na2O2；Z元素原子的最外層電子數比次外層電子數少2個，原子只能有3個電子層，最外層電子數為6，故Z為S元素；M原子外圍電子排布式為3dn4sn，由于4s能級最大容納2個電子，且3d能級也容納2電子，則M為Ti元素；W的內層電子已全充滿，最外層只有2個電子，原子序數大于硫，只能處于第4周期，原子核外電子數為2+8+1

28、8+2=30，故W為Zn。(1) C原子處于周期表中第2周期ⅣA族，Zn2+的外圍電子排布式為3d10。(2) 碳能與氫、氮、氧三種元素構成化合物 CO(NH2)2，分子中C與O形成CO鍵，C原子與N原子形成C—N鍵，N原子與H原子之間形成N—H鍵，分子中C原子成3個σ鍵、沒有孤電子對，故C原子采取sp2雜化，N原子成3個σ鍵、有1對孤電子對，N原子采取sp3雜化；該化合物分子中有1個π鍵、7個σ鍵，π鍵與σ鍵數目之比為1∶7；CO(NH2)2能與水分子間形成氫鍵，該物質易溶于水。(3) Be和Al元素處于周期表中對角線位置，化學性質相似，則Be(OH)2與NaOH反應生成Na2BeO2與H2

29、O，故反應方程式為Be(OH)2+2NaOHNa2BeO2+2H2O。(4) M晶體的原子堆積方式為圖1所示，為六方密堆積，以軸線原子研究，層內有6個原子相鄰，上、下兩層各有3個原子與之相鄰，故配位數為12；某M配合物化學式是\[M(H2O)5Cl\]Cl2·H2O，M離子與H2O、Cl-形成配位鍵，1 mol該配合物中含配位鍵為 6 mol，含有配位鍵的數目是6×6.02×1023。(5) S2-比Na+多一個電子層，故離子半徑：S2->Na+；晶胞中黑色球數目為8，白色球數目為8×+6×=4，化學式為Na2S，黑色球為Na+、白色球為S2-，晶胞質量為4×，設晶胞中最近的兩個S2-的距離為

30、a cm，頂點S2-與面心S2-之間距離最近，晶胞棱長為2a cm×=a cm，晶胞密度為4×÷(a cm)3。 8．(1) 1s22s22p63s23p63d9(或\[Ar\]3d9) (2) 正四面體　sp3　CCl4(或SiCl4) (3) 或 (4) 在相同溫度下，Ksp(CuS)

31、的雜化方式為sp3，S為正四面體結構；具有相同原子數和價電子總數的微粒互稱為等電子體，所以與S互為等電子體的微粒有CCl4、SiCl4等。(3) [Cu(OH)4]2-中Cu2+與4個OH-形成配位鍵，可表示為 或 。(4) 由沉淀轉化原理可知溶度積大的沉淀轉化為溶度積小的沉淀容易實現，在相同溫度下，Ksp(CuS)