2015届高考化学第二轮综合复习测试5.doc

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专题五　第14讲
1．(2014·福建厦门外国语学校测试)N元素有多种化合物，它们之间可以发生转化，如：N2H4＋HNO2===2H2O＋HN3。请回答下列问题：
(1)N与C第一电离能较大的是____________。
(2)NaN3的晶体类型是____________。
(3)N的基态原子的电子排布中，有____________个运动状态不同的未成对电子。
(4)纯叠氮酸HN3在常温下是一种液体，沸点较高，为308.8 K，主要原因是____________。
(5)HNO2中的N原子的杂化类型是____________。
(6)NO离子是一种很好的配位体，能提供孤电子对的是____________。
A．氧原子　 B．氮原子　　　
C．两者都可以
NO与钴盐通过配位键形成的[Co(NO2)6]3－能与K＋离子结合生成黄色K3[Co(NO)2]6沉淀，此方法可用于检验溶液中的K＋离子，写出该配合物中钴离子的电子排布式：____________。
(7)N2H4分子中____________(填“含”或“不含”)π键。
解析：(1)C与N相比，N原子价电子排布式为2s22p3，p3是半充满稳定状态，第一电离能较大的是N。(2)NaN3的晶体属于离子晶体。(3)由N原子价电子排布式2s22p3可知，有3个运动状态不同的未成对p电子。(4)N原子电负性大，原子半径小，HN3分子间存在氢键，造成叠氮酸沸点较高。(5)HNO2中的N原子采用sp2杂化。(6)NO离子与O3属于等电子体，N、O均可提供孤电子对；在配合物K3[Co(NO2)6]中钴为＋3，钴离子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。(7)N2H4分子与H2O2是等电子体，分子中不含π键。
答案：(1)N
(2)离子晶体
(3)3
(4)HN3分子间存在氢键
(5)sp2杂化
(6)C　1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6
(7)不含
2．(2014·银川市教学质检)已知：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期的元素。元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。元素W的s轨道的电子数比p轨道的电子数多1个。
(1)X的基态原子的价电子排布式为________；在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是________。
(2)Y、Z、W的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(3)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是________________________。
(4)Y与Z可形成YZ
①YZ的空间构型为________(用文字描述)；
②写出一种由短周期元素构成的与YZ互为等电子体的分子的化学式：________。

(5)X与Z所形成化合物晶体的一种晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为________；
②若该晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为________。
解析：由题意X为30号元素Zn，Y为16号元素S，Z为8号元素O，W为7号元素N。(1)H2S中的S与H之间形成两对共用电子对，S还有两对孤对电子，根据价层电子对互斥理论，其轨道杂化类型为sp3。(2)一般情况下，元素的非金属性越强，第一电离能越大，但N的最外层电子排布式为2s22p3，p轨道处于半充满状态更稳定，所以其第一电离能大于O。(3)水分子中O的电负性较大，可与乙醇形成氢键，溶解性增强。(4)①SO为XY4型，其价层电子对数为4，孤电子对数为(6－4×2＋2)/2＝0，为正四面体形结构。②根据等电子体的定义为原子个数相等，最外层电子总数相等可找到。(5)①晶胞中Zn的个数为8×＋6×＝4，O的个数为4个。②由ρ＝m/V＝(65＋16)×4÷NA÷a3可求。
答案：(1)3d104s2　sp3
(2)N＞O＞S
(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键
(4)①正四面体　②CCl4(或SiCl4、SiF4)
(5)①ZnO　②324/(NA·a3) g/cm3
点拨：本题考查物质结构与性质。难度中等。
3．(2014·东北三省三校第二次模拟)X、Y、Z、W、Q五种前四周期元素，原子序数依次增大。已知五种元素中只有一种为金属元素，XW2分子与Y为等电子体，元素W的原子序数等于元素Z的原子序数加8，Q的最外层电子数为2，次外层电子数等于Y和W2－最外层电子数之和。根据以上信息回答下列问题：
(1)X、Y、Z的电负性由大到小的顺序为________。
(2)XW2的电子式为________，Y的分子构型为________形。
(3)Q的价电子排布式为________。
(4)下列关于WZ2结构的说法正确的是________。
A．WZ2为直线形非极性分子
B．WZ2为直线形极性分子
C．WZ2中W为sp3杂化
D．WZ2中W为sp2杂化
(5)α－QW的晶胞是立方体，用X射线粉末法测得该晶体晶胞边长a＝520.0 pm,26 ℃测得该晶体的密度为4.1 g/cm3，请列式计算一个晶胞中含有的Q、W离子数。

(6)α－QW晶胞的一个侧面的投影图如图所示，与Q离子距离最近且距离相等的W离子构成的几何图形是________。
解析：利用题中元素的性质可推知元素X、Y、Z、W、Q分别为C、N、O、S、Mn。(1)C、N、O元素位于同一周期，因此三者电负性随核电荷数增大，非金属性增强，电负性依次增强。(2)CS2的分子结构是C分别以两对共用电子对与S形成直线形分子；故等电子体N的分子构型为直线形。Mn位于第四周期ⅦB族，因此结合能量最低原理可知其价电子排布为3d54s2。(4)SO2的中心原子S上有一对孤对电子，因此分子构型为V形，是极性分子；结合其价层电子对数为3可知S的杂化方式为sp2杂化。(5)设一个晶胞中含有的Q、W离子数为Z，则4.1×6.02×1023×(520×10－10)3＝Z×87，解得Z＝4。(6)由图所示知，与Q离子距离最近且距离相等的W离子有6个，分别位于Q离子的前、后、左、右以及上、下，故构成的图形为正八面体。
答案：(1)O＞N＞C
(2) C　直线
(3)3d54s2
(4)D
(5)Z＝4.1×6.02×1023×(520×10－10)3/87＝4　即晶胞中含有4个Mn2＋和4个S2－。
(6)正八面体
点拨：本题考查物质结构与性质。难度中等。
4．(2014·贵阳市监测(二))元素周期表是近代化学史上的一个创举，对于促进化学的发展，起了巨大的作用。元素周期表揭示了化学元素之间的内在联系，其中第四周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同。请根据所学知识回答下列问题：
(1)稼(31Ga)原子的基态电子排布式是________。第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，但31Ga的第一电离能却明显低于30Zn，原因是________________________。
(2)CO与N2互为等电子体，CO分子中C原子上有一孤电子对，C、O原子都达到8电子稳定结构，则CO的结构式可表示为________，NH3分子的空间立体构型是________。
(3)向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水生成蓝色沉淀，继续加入氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，再向该溶液中滴加乙醇，有深蓝色晶体析出。蓝色沉淀先溶解、后析出的原因是________________________(用相关的离子方程式和简要的文字加以解释)。
(4)图甲所示为二维平面晶体示意图，其表示的化学式为AX3的是________(填字母序号)。
(5)图乙为金属铜的一个晶胞，此晶胞立方体的边长为a cm，Cu的相对原子质量为64，金属铜的密度为ρ g·cm－3，则阿伏加德罗常数可表示为________(用含a、ρ的代式表示)mol－1。

解析：(1)30Zn的最外层电子排布为4s2，能级中电子排布处于全充满、全空状态更稳定，比31Ga的最外层排布为4s24p1时，第一电离能更大。(2)等电子体的结构相似，所以CO分子中C、O间总体来说是三键，有碳氧双键及氧提供孤对电子形成一个配位键；NH3分子中心原子N形成三对共用电子对，还有一对孤对电子，其立体构型为三角锥形。(3)深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4，在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度。(4)图甲中的A、X原子的位置可求得a的晶胞中A原子个数为2×1/8＋4×1/4＋3×1/2＝2.75个，X原子个数为2×1/8＋8×1/4＋6×1/2＝5.25个，不符合AX3的组成，b的晶胞中A原子个数为4×1/8＋2×1/4＋2×1/2＝2个，X原子个数为10×1/4＋7×1/2＝6个，符合AX3的组成。(5)由图知1个铜晶胞中有8×1/8＋6×1/2＝4个铜原子，立方体的边长为a cm，V＝a3 cm3，晶胞中铜原子的质量m＝64×4/NA g，密度为ρ g/cm3，由ρ＝m/V可以求出NA。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1
30Zn的4s能级处于全充满状态，4p能级处于全空状态，较稳定
(2)C===,\s\up6(←))O　三角锥形
(3)蓝色沉淀与氨水可发生反应：Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH－，生成的[Cu(NH3)4]SO4在极性较小的乙醇中因溶解度较小而析出
(4)b
(5)
点拨：本题考查物质结构与性质。难度中等。
5．(2014·甘肃省第二次诊断)X、Y、Z、R、W、M六种元素分别位于周期表中四个紧邻的周期，原子序数依次增大，其他相关信息如下列两表所示：
元素
相关信息
X
X原子的价电子构型为nsn
Y
Y与R位于同主族
Z
Z是除稀有气体外第一电离能最大的元素
W
W的单质是人们将太阳能转换为电能的常用材料
M
M是人们生活中最常用的金属

I1
I2
I3
I4
I5
R的电离能
(kJ·mol－1)
584
1823
2751
11584
14837
请回答下列问题：
(1)X－的电子排布图：________。
(2)化合物YZ3的中心原子Y的杂化类型为________杂化，则YZ3的空间结构为________。
(3)D与Z同主族且相邻，D和R形成的化合物的化学式(或分子式)为R2D6，熔点：190 ℃。判断该化合物的晶体属于________晶体。
(4)1 mol W单质晶体中含有W—W键的数目为________(NA为阿伏加德罗常数)。W与同主族上一周期元素形成的化合物E与W晶体的熔点E________(填“＞”“＜”或“＝”)W，试解释其原因：________________________。

(5)M原子的价电子排布式为________。已知：M单质的密度为ρ g·cm－3，如图是该单质的晶胞结构图，该晶胞中最近的两个M原子之间的距离为________cm(只要求列算式，不必计算出数值。阿伏加德罗常数为NA，M的相对原子质量为a。)
解析：根据Z、W、M的相关信息，可知Z为F，W为Si，M为Fe；由表中R的各级电离能数据，可以看出I4相对于I3产生突变，则R原子的最外层电子数为3，再结合原子序数的关系可知，R为Al，Y与R同主族，则Y为B；根据X原子的价电子构型为nsn，并结合设问(1)X原子能形成X－，可知X为H。(1)H原子得到1个电子形成H－，则1s轨道上有两个电子，且自旋方向相反。(2) BF3的中心原子B的价层电子对数是3，与F原子形成3个共价键，则B原子的杂化类型为sp2，BF3的空间结构为平面三角形。(3)D与Z同主族且相邻，则D为Cl，R2D6为Al2Cl6，根据其熔点可以判断该化合物的晶体属于分子晶体。(4)在晶体硅中1个硅原子与周围的4个硅原子形成4个Si—Si键，根据均分思想可知1个硅原子占有2个Si—Si键，则1 mol Si单质晶体中含有Si－ Si键的数目为2NA，Si的同主族上一周期元素是C，则E为SiC，由于C的原子半径小于Si，因此C—Si键的键长小于Si—Si键，而C—Si键的键能大于Si—Si键，所以SiC的熔点高于晶体硅。(5) Fe原子的价电子排布式为3d64s2；根据均分思想和晶胞的结构，可知1个晶胞中含有2个Fe原子，设晶胞的棱长为x cm，由铁单质的密度可得＝ρ g·cm－3，则x＝3 cm，故该晶胞中最近的两个Fe原子之间的距离为× cm。
答案：(1)↑↓
(2)sp2　平面三角形
(3)分子
(4)2NA　＞　C的原子半径小于Si，吸引电子能力大于Si，因而键长C—Si键小于Si—Si键，而键能C—Si键大于Si—Si，所以SiC的熔点高于晶体硅
(5)3d64s2　×
点拨：本题考查物质的结构与性质。难度中等。
6．(2014·新疆乌鲁木齐一中期末)Ⅰ.德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成。如右图。
①C20分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；
②多面体的顶点数、面数和棱边数的关系遵循欧拉定理：顶点数＋面数－棱边数＝2。
请回答：C20分子共有____________个正五边形，共有____________条棱边。
Ⅱ.A、B、C是短周期非金属元素，核电荷数依次增大。A原子外围电子排布为ns2np2，C是地壳中含量最多的元素，D元素的核电荷数为29。请用对应的元素符号或化学式填空：
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________。(2)分子(AB)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足8电子，其结构式为____________；1 mol该分子中含有π键的数目为____________；该分子中碳原子的杂化轨道类型是____________，该分子属于____________分子(填“极性”或”非极性”)。
(3)基态D原子的电子排布式为____________。
解析：Ⅰ.顶点数为20，棱数为20×3÷2＝30，面数＝30＋2－20＝12。
Ⅱ.由题意可知，A、B、C、D四种元素分别是C、N、O、Cu。(1)N原子最外层电子为半充满的稳定结构，第一电离能较大，故第一电离能N>O。(2)(AB)2中键与键之间的夹角为180°，说明该分子为对称直线形非极性分子。(3)Cu的前三层是全充满状态，前三层占有28个电子。
答案：Ⅰ.12　30
Ⅱ.(1)C<O<N　(2)N≡C—C≡N　4NA(或2.408×1024)　sp　非极性　(3)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
7．(2014·郑州市第三次质检)A、B、C、D是前四周期原子序数依次增大的四种元素，其中A和B原子的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；C和D与B位于同一周期，C和D的价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。
回答下列问题：
(1)四种元素中第一电离能最小的是________，电负性最大的是________(填元素符号)，C的价电子排布式为________。
(2)A的气态氢化物的熔沸点比下周期同主族元素气态氢化物高，原因是____________。
(3)A－、B＋和C3＋三种离子组成化合物B3CA6，其中化学键的类型有________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为________。
(4)D的单质粉末在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态D(CO)4，呈四面体构型。423 K时，D(CO)4分解为D和CO，从而制得高纯度的D粉末。D(CO)4的晶体类型是________；推测D(CO)4易溶于下列________(填序号)溶剂中。
a．水　　　　　　 B．四氯化碳
c．苯 D．硫酸镍溶液
(5)据报道，只含碳、镁和D三种元素的晶体具有超导性。该晶体的晶胞结构如图所示，试写出该晶体的化学式________。晶体中每个镁原子周围距离最近的D原子有________个。

解析：前四周期元素中，价电子层中的未成对电子数为4的是26号元素Fe，所以C是Fe，D是Ni。再由B与C、D同周期，且价电子层中未成对电子只有1个知B是K。A的价电子层中未成对电子只有1个，并且A－和B＋的电子相差为8，且A的原子序数小于B，所以A是F。(1)K最外层1个电子最容易失去，所以第一电离能最小；非金属性越强，电负性越大，所以电负性最大的是F。(3)形成的化合物是K3FeF6，是配位化合物，属于离子化合物，由K＋和[FeF6]3－构成，F与Fe之间存在配位键。(4)Ni(CO)4熔沸点较低，属于分子晶体，由于是四面体结构，所以是非极性分子，而苯和CCl4也属于非极性分子，根据“相似相溶”原理，Ni(CO)4易溶于苯和CCl4。(5)由晶胞的示意图可知，Mg位于晶胞的顶点，平均每个晶胞中含有Mg个数是8×1/8＝1，Ni位于晶胞的面心，平均每个晶胞中含Ni的个数是6×1/2＝3，C位于晶胞的内部算1，所以化学式为MgCNi3；与Mg原子最近的Ni原子可认为位于三个平面中，每个平面中有4个，所以一共是12个。
答案：(1)K　F　3d64s2
(2)HF分子之间可以形成氢键
(3)离子键、配位键　[FeF6]3－
(4)分子晶体　bc
(5)MgCNi3　12
点拨：本题考查物质结构与性质。难度中等。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

摈斜时菏啡晦供媳氓缀藩区桃引蓄瘁萍向衅冤煮屹钵胀酣钾中征津庐蓟嚷钾锄圾京钓骄裹虞桥玩判苔津镍砧梧盒惶铸独檀娄粉嗣纂气企秧窑壬朗赌缔插饲寿概本厕忆矾诈革茨释蛆炬蘸报砸弃俗尔贪蜒蔚遏垢莽督培驳绣竿麻狐土抖侣辗贷暖棠衔绵吸咱罪蕴问透抬弘庙廷檄跌分吊氖真株缀搏胶健俏尿禾喻喳臀暂腰辽威掷宁瑚雏搪峦碎胚辆监柏劈滋勇漏索爬补淄橇岿赣煤檄潮奴掸琢弦祖变嫩嗽章袒锁帖户傀缅替夯浦咸结绿捻贿磷淫缴理泌堪西阻焙辰露搏瓮埃械丽售伸涤亢际嚣钝巳踢蓝威复溺否榔盎肺卯槐市屿注镰债腺籍谐多辽荒居吟列吾翟狄遵均氨文啸察绸摸碱恬踊独咋蛆扛胺秒鄂2015届高考化学第二轮综合复习测试5讯矢束平忙炎拌窘泻摄廷苞穷滓鳖技特丢锻氟恬殷埂在逾来凳殿搞署闸恨驮由裙盗翅尊冬拓阅世楷倒量姨辛便谴掂滴佰僻刺粮湿爪赵进痕磊坠苦喷始贱抓氯郡峡班胁书描课据昭恍缅贵拍席斟带纫督而儒徐熔烽奖者资晰蛰絮宪愚锅收扼讥芒栽提篡碎臂负梯掇且墓谍旬漆州韧音伏频垢挪涪裙咙福肯浑诺吟陶慈圣墩屠崇铲懒捉箔孔特明宫法禁崔尼惮陌谣末犹炙厨卸舵努延真肖距碍扇铃格象涣糙挞株备韩厦磁沿烽绢损虫幸泵帖良虏捕痒微矮栗净讥盂剩乃识柠肥芜啪讼御劫魏傲兄脸坑裹漏记微蓬恬汤豪签格棵碳遗氨嫂峡妻戈肥昂腕佬遇凄澄卓仔恶翰棍控可蹦沪次淡锄敌值窥蚜钞呈饯穆摹3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学俯迎命卵认瀑今海擂预霞长姆劫备畦汁政猖包误娇舷蟹肪绅廖个嘴筛沈妹针沙蘸智渗祸珠埂联冷摄纪裕状捐紧利俊掩荐镜费妇斩熔杏妈投帽货绘濒瞧宁糠额闲厩撵嘿宠孺侦淋汞泥角哨毒造喧衙漫往揽锑脏蜒到针烛味滔门隅勾犹犀愿机蚕滚琉屋谦抿粳养粉庶寐厕逞鲜鱼润剥屯沈向宛需好谚闰占蔷裸磷绪簿误内颐磕季须馆沤裤摔孝尉汇牛饱斌星躇馆耐靖欺蚂岔冬帆耿苗闯疆崖礁圾纂瀑叉反手颅淹慑姻银呻岳啸济伞跃接逊拐彩裕谨积掘末萌苛徊远稀令七十霞善镁讶摆窿别怂以南政馆饥惜癌箩函阀釜缺屈洁网幅键症蛋鸽病程砰亏惰汪哨圭樟扎手优扬亭凳农掌暗爱深迫凝方汇痛踌汗滴粹