2022届创新设计高考化学二轮专题复习限时练习第16讲《物质结构与性质》.docx

(时间：40分钟　总分值：60分)
一、选择题(共6小题，每题4分，共24分)
1．在基态多电子原子中，关于核外电子能量的表达错误的选项是(　　)。
A．最易失去的电子能量最高
B．L层电子比K层电子能量高
C．p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D．在离核最近区域内运动的电子能量最低
解析　核外电子分层排布，电子总是尽可能排布在能量最低的电子层里，离原子核越近，能量越低，离原子核越远能量越高，因此A、B、D正确；p轨道电子能量不一定大于s轨道，例如3s轨道能量大于2p轨道，因此C不正确。
答案　C
2．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的选项是(　　)。
A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形
C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形
解析　根据价层电子对互斥理论可推知，H2S为V形，BF3为平面三角形。
答案　D
3．某原子处于基态，价电子排布可用电子排布图表示成
以下说法正确的选项是(　　)。
A．这两种排布方式都符合能量最低原理
B．这两种排布方式都符合泡利原理
C．这两种排布方式都符合洪特规那么
D．这个实例说明洪特规那么有时候和能量最低原理是矛盾的
解析　洪特规那么实际上是能量最低原理的一个特例，电子排布满足洪特规那么是为了更好地遵循能量最低原理。通过分析光谱实验的结果，洪特指出能量相同的原子轨道在全满(p6和d10)、半充满(p3和d5)和全空(p0和d0)状态时，体系能量最低，原子最稳定。
答案　B
4．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。那么分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是(　　)。
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
解析　石墨晶体为层状结构，同一层上的碳原子形成平面正六边形结构，因此为sp2杂化，石墨晶体为混合型晶体，既有原子晶体的特点，又有分子晶体的特点，因此同层分子间的主要作用力为氢键，层间为范德华力。
答案　C
5．以下表达正确的选项是(　　)。
①离子化合物可能含有共价键　②构成晶体的粒子一定含有共价键　③共价化合物中不可能含有离子键　④非极性分子中一定含有非极性键
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
解析　离子化合物是含有离子键的化合物，并不是只含有离子键，如KOH是由K＋和OH－通过离子键构成的离子晶体，其中OH－是由氢原子和氧原子通过极性共价键构成的。还有NH4Cl、Na2O2等也有类似情况。关于②的表达，要注意一般规律中的特殊性，稀有气体的晶体是分子晶体，但其中却没有共价键。共价化合物中不可能有离子键；非极性分子有可能是由于极性键的极性抵消而形成的，如CO2、CH4等。
答案　B
6．美国 科学 杂志报道，在40 GPa高压下，用激光器加热到1 800 K，科学家成功地合成出CO2原子晶体。以下有关这种CO2晶体推断最不可能的是(　　)。
A．晶体中每摩碳原子与4 mol氧原子形成共价键
B．容易液化，可用作制冷材料
C．硬度很大，可用作耐磨材料
D．具有很高的熔点、沸点和硬度
解析　根据原子晶体的特点可知CO2晶体应具有很高的熔沸点，所以不容易液化。
答案　B
二、非选择题(共5小题，36分)
7．(6分)有第四周期的A、B、C、D四种元素，其价电子数依次为1、2、2、7，其原子序数依A、B、C、D依次增大。A与B的次外层电子数为8，而C与D为18。根据原子结构，判断A、B、C、D各是什么元素
(1)哪些是金属元素
(2)D与A的简单离子是什么并写出其离子的电子排布式。
(3)哪一元素的氢氧化物碱性最强
(4)B与D两原子间能形成何种化合物写出化学式，并写出电子式。
解析　此题的突破口在于A的价电子为1，次外层电子数为8，且在第四周期，所以A为K；B价的电子数为2，次外层电子数为8，所以B为Ca；C、D价电子数为2、7，次外层电子数都为18，又都在第四周期，所以C、D的分别是Zn、Br。
答案　A：K　B：Ca　C：Zn　D：Br。
(1)K、Ca、Zn。
(2)Br－：1s22s22p63s23p63d104s24p6　K＋：1s22s22p63s23p6。
(3)K。
(4)离子化合物　CaBr2　[]－Ca2＋[]－。
8．(8分)(上海高考化学，23)海洋是资源的宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。
(1)在光照条件下，氯气和氢气反响过程如下：
①Cl2―→Cl＋Cl　　②Cl＋H2―→HCl＋H
③H＋Cl2―→HCl＋Cl　……
反响②中形成的化合物的电子式为__________；反响③中被破坏的化学键属于__________键(填“极性〞或“非极性〞)。
(2)在短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是____________(用元素符号表示)。与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第________周期________族。
(3)卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律。以下有关说法正确的选项是________。
a．卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深
b．卤化氢的键长按H—F、H—Cl、H—Br、H—I的顺序依次减小
c．卤化氢的复原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
d．卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易
(4)卤素单质的键能大小如以下列图。由图推断：
①非金属性强的卤素，其单质分子的化学键________断裂(填“容易〞或“不容易〞或“不一定容易〞)。
②卤素单质键能大小与键长的关系为：________________________________________。
解析　(1)反响②中形成的化合物为HCl，为共价化合物，故电子式为H，反响③中Cl2的化学键被破坏，为非极性共价键。
(2)在短周期主族中与氯相邻的元素有：S与氯同周期相邻，F与Cl同主族相邻，位于Cl的上一周期，S与Cl都有三个电子层，位于第三周期，同周期元素从左到右半径逐渐减小，故r(S)>r(Cl)，F位于第二周期，有两个电子层，半径最小。因此，半径由大到小的顺序为r(S)>r(Cl)>r(F)。
第三周期金属性最强的元素是Na，位于ⅠA族。
(3)由于F→I的原子半径依次增大，所以HF→HI的键长依次增大，b错；F2→I2的氧化性依次减弱，所以F－→I－的复原性依次增强，F2→I2与氢化合由易到难，故c、d错；AgCl→AgI颜色依次加深，a正确。
(4)由图可知，F2的键能比Cl2的键能小，故非金属性强的卤素，单质分子的化学键不一定容易断裂。卤素单质F2→I2半径依次增大，键长依次增大，所以由图可知，其键能除F2外，键长越长，键能越小。
答案　(1)H　非极性
(2)r(S)>r(Cl)>r(F)　三　ⅠA
(3)a　(4)①不一定容易　②除F2外，键长越长，键能越小
9．(7分)(江苏高考化学，21A)生物质能是一种洁净、可再生能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。
(1)上述反响的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的核外电子排布式：________________________________________________________________________。
(2)根据等电子原理，写出CO分子的结构式：____________________________。
(3)甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反响生成Cu2O沉淀。
①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是_____________________________________；
甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为________。
②甲醛分子的空间构型是________；1 mol甲醛分子中σ键的数目为________。
③在1个Cu2O晶胞中(结构如下列图)，所包含的Cu原子数目为________。
解析　(1)Zn为30号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅡB族，由原子核外电子排布规律知，Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。
(2)1 mol CO分子中含有14 mol e－，与1 mol的N2互为等电子体，根据等电子体原理知，CO的结构类似于N2(N≡N)，故CO的结构式为C≡O。
(3)①甲醇分子中—O—H中O原子易与其他甲醇分子形成氢键，故沸点比甲醛的高，甲醛的结构式为HCOH，故甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型是sp2杂化。
②甲醛分子空间构型为平面三角形，1 mol甲醛中碳分别与2 mol H和1 mol O形成3 mol σ键。
③晶胞中含有4个小球，2个大球，结合Cu2O的化学式知大球是O，小球是Cu，故1个Cu2O晶胞中含有4个Cu原子。
答案　(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2(2)C≡O
(3)①甲醇分子之间形成氢键　sp2杂化　②平面三角形　3NA③4
10．(7分)有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子数之比为2∶1。
请答复以下问题：
(1)A单质、B单质、化合物R的熔点大小顺序为以下的________(填序号)：
a．A单质>B单质>R b．R>A单质>B单质
c．B单质>R>A单质 d．A单质>R>B单质
(2)在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是________杂化，其固体时的晶体类型为________。
(3)写出D原子的核外电子排布式________，C的氢化物比D的氢化物在水中的溶解度大得多的原因是________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如图是D和Fe形成的晶体FeD2最小单元“晶胞〞，FeD2晶体中阴、阳离子数之比为________，FeD2物质中具有的化学键类型为________。
解析　B原子得一个电子后3p轨道全满，那么B原子电子排布式为：1s22s22p63s23p5，故B为Cl元素；A＋比B－少一个电子层，所以A为Na元素。C原子的p轨道中有3个未成对电子，那么最外层电子排布为ns2np3，并且其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以C为N元素。由题意可推知D为S元素。
(1)A单质、B单质、化合物R分别为：Na、Cl2、Na2S，晶体类型分别为：金属晶体、分子晶体、离子晶体，故熔点上下顺序为R>A单质>B单质。
(2)CB3是NCl3，其中N原子发生sp3杂化，是分子晶体。
(3)D原子即S元素的核外电子排布式：1s22s22p63s23p4；NH3比H2S溶解度大的原因是：NH3与水分子形成氢键且更易与水发生化学反响。
(4)根据晶胞示意图，FeD2晶体中阴、阳离子数之比：∶＝1∶1，故FeS2中阴、阳离子数之比为1∶1，说明形成的是S，故存在离子键和非极性键。
答案　(1)b　(2)sp3　分子晶体
(3)1s22s22p63s23p4　NH3与水分子形成氢键且更易与水发生化学反响
(4)1∶1　离子键、非极性键
11．(8分)(2022·海南)铜(Cu)是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。请答复以下问题：
(1)CuSO4可由金属铜与浓硫酸反响制备，该反响的化学方程式为________________________；
(2)CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是________________________；
(3)SO的立体构型是________，其中S原子的杂化轨道类型是________；
(4)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布式为________；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心、Au原子处于顶点位置，那么该合金中Cu原子与Au原子数量之比为________；该晶体中，原子之间的作用力是________；
(5)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。假设将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为________。
解析　(1)Cu在加热条件下与浓H2SO4反响，生成CuSO4、SO2和H2O：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
(2)CuSO4易与水结合生成蓝色的CuSO4·5H2O晶体，白色粉末变成蓝色晶体，反响现象明显。
(3)SO中S原子采取sp3杂化，SO为正四面体构型。
(4)Cu原子核外有29个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Au与Cu同族，那么Au原子的最外层电子排布式为5d106s1。铜金合金晶体具有立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心、Au原子处于顶点，那么每个晶胞中含有Cu原子个数为×6＝3个，含有Au原子个数为×8＝1个，故Cu、Au原子个数比为3∶1。铜金合金属于金属晶体，原子之间的作用力为金属键。
(5)由(4)可知，每个晶胞中含有Cu、Au原子总数为4，氢原子进入Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，其晶胞结构与CaF2相似，那么1个晶胞中应含有8个H原子，从而推知其化学式为Cu3AuH8。
CaF2的晶胞
答案　(1)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)CuSO4粉末遇水生成蓝色晶体
(3)正四面体　sp3
(4)5d106s1　3∶1　金属键
(5)Cu3AuH8
错题
错因