高三化学二轮复习-专题限时集训14-突破点21.doc

专题限时集训(十四)　突破点21
[建议用时：45分钟]
1．(2016·东北四市一模)已知A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大。A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子总数相同，D的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E4＋与氩原子的核外电子排布相同。F是第四周期d区原子序数最大的元素。请回答下列问题：
(1)写出E的价层电子排布式：________。
(2)A、B、C、D电负性由大到小的顺序为______________(填元素符号)。
(3)F(BD)4为无色、挥发性的剧毒液体，熔点－25 ℃，沸点43 ℃。不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，呈四面体构型，该晶体的类型为________，F与BD之间的作用力为________。
(4)开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。
①由A、B、E三种元素构成的某种新型储氢材料的理论结构模型如图甲所示，图中虚线框内B原子的杂化轨道类型有________种；

甲　　　　　　　　　乙
②分子X可以通过氢键形成“笼状结构”而成为潜在的储氢材料。X一定不是________(填标号)；
A．H2O　　　 B. CH4
C．HF D. CO(NH2)2
③F元素与镧(La)元素的合金可作储氢材料，该晶体的晶胞如图乙所示，晶胞中心有一个F原子，其他F原子都在晶胞面上，则该晶体的化学式为________；已知其摩尔质量为M g·mol－1，晶胞参数为a pm，用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度为________g·cm－3。
[解析]　根据“A的质子数、电子层数和最外层电子数均相同”可确定A为H，结合B的电子排布特点可确定B为C，由D的电子排布特点可确定D为O，则C为N；E4＋核外有18个电子，可确定E为Ti，结合F是第四周期d区原子序数最大的元素，可确定F为Ni。(1)Ti的原子最外层有4个电子，其价层电子排布式为3d24s2。(2)根据四种元素在周期表中的位置关系可确定电负性：O>N>C>H。(3)该晶体熔、沸点较低，由此可确定该晶体为分子晶体，Ni与CO之间以配位键相结合。(4)①从图中可看出构成直线形的C原子采取sp杂化，左侧球形结构中C原子采取sp2杂化，直线形和球形连接处C原子为sp3杂化，即该储氢材料中C原子有3种杂化类型；②CH4分子间不存在氢键，HF分子间虽存在氢键，但不能形成立体笼状结构，形成的是链状结构，故不能构成储氢材料；H2O和CO(NH2)2中均存在氢键，可成为潜在的储氢材料；③利用均摊法可确定晶胞中Ni的个数为1＋(4＋4)×＝5，La的个数为×8＝1，则该晶胞的化学式为LaNi5；设晶胞的密度为ρ g·cm－3，则(a×10－10)3ρ＝，解得ρ＝×1030 g·cm－3。
[答案]　(1)3d24s2
(2)O>N>C>H
(3)分子晶体　配位键
(4)①3　②BC　③LaNi5　×1030
2．(2016·福建厦门一模)NO和NO都是常见的配位体，易与金属结合生成配合物。
(1)基态氧原子核外未成对电子数有________个，基态氮原子的核外电子轨道示意图为______________________________________________________。
(2)NO和NO中氮原子的杂化轨道类型分别为_____________________。
(3)为消除雾霾利用金属氧化物吸收氮的氧化物，MgO、BaO、CaO、SrO吸收氮的氧化物能力由强到弱的顺序为____________________。
(4)下表为含氧酸根XO的键长数据：
含氧酸根XO
PO
SiO
SO
ClO
实验测定键长(pm)
154
163
149
146
共价单键半径之和(pm)
179
186
175
172
PO的空间构型为________。X—O之间的实测键长与理论键长有差异，其原因可能为X—O之间形成了多重键：首先是X原子的________轨道与O原子的2p轨道形成________键；其次是X原子的________轨道与O原子的2p轨道形成________键。
(5)铁有δ、γ两种晶体，如图所示。两种晶体中距离最近的铁原子间距相同。δ­Fe中铁原子的配位数为________，δ­Fe和γ­Fe的密度之比为________。

[解析]　(1)基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数有2个；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，p能级是3个轨道，遵循洪特规则和泡利原理。(2)NO中氮原子是sp杂化，NO中氮原子是sp2杂化。(3)金属性越强，其氧化物吸收氮的能力越强，所以吸收氮的氧化物能力由强到弱的顺序为BaO>SrO>CaO>MgO。(5)设δ­Fe晶胞的边长为a1，γ­Fe晶胞的边长为a2，根据两晶体中距离最近的铁原子间距相同得a1＝a2，所以两种晶体晶胞体积比为V1∶V2＝a∶a＝2∶3，由图可知，δ­Fe晶体中一个晶胞平均含有8×＋1＝2个Fe原子，γ­Fe晶体中一个晶胞平均含有8×＋6×＝4个Fe原子，所以两者密度之比为ρ1∶ρ2＝∶＝3∶8。
[答案]　(1)2

(2)sp、sp2
(3)BaO>SrO>CaO>MgO
(4)正四面体　sp3杂化　σ　3d　π
(5)8　
3．(2016·南宁调研)X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素，这五种元素的相关信息如下：
元素
相关信息
X
其中一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代
Y
原子核外电子有7种不同的运动状态
Z
地壳中含量最高的元素
W
价电子排布式为(n＋1)sn(n＋1)pn＋2
R
基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子
(1)基态R原子的电子排布式为______________________________________________________________。
(2)Y2分子中σ键和π键的数目比为________。
(3)X、Y、Z三种元素的第一电离能由小到大的顺序为________________(用元素符号表示)，元素Y的简单气态氢化物的沸点比元素X的简单气态氢化物沸点高的主要原因是________________________。
(4)由元素Z、W组成的微粒WZ的空间构型是____________，其中W原子的杂化轨道类型为________。

(5)已知Z、R能形成一种化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为________；若相邻的Z原子和R原子间的距离为a cm，设阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶体的密度为________ g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。
[解析]　X的一种核素在考古时用来鉴定文物年代，为C元素；Y核外电子有7种不同的运动状态，为N元素；Z为地壳中含量最高的元素，为O元素；W价电子为3s23p4，为S元素；R基态原子最外层上只有一个电子，其他能层均已充满电子，价层电子排布为3d104s1，是Cu元素。(1)Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。(2)N2分子中N元素之间形成N≡N，所以一个N2分子中σ键和π键之比为1∶2。(3)由于N的2p轨道半充满，较稳定，其第一电离能比O大，所以C、N、O的第一电离能大小顺序为N>O>C，Y的简单气态氢化物为NH3，X的简单气态氢化物为CH4，氨分子间存在氢键，导致其沸点比CH4高。(4)SO为四面体结构，S原子核外有4对共用电子对，杂化方式为sp3。(5)由晶胞结构可知，一个晶胞中Cu原子个数为4，O原子个数为8×1/8＋1＝2，Cu、O原子个数之比为2∶1，化合物化学式为Cu2O；设边长为b cm，有b2＋(b)2＝(4a)2，b＝a，ρ＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
[答案]　(1)[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)
(2)1∶2
(3)C<O<N　氨分子间存在氢键
(4)正四面体　sp3
(5)Cu2O　
4．(2016·银川调研)X、Y、Z、M、R、W均为周期表中前四周期的元素。X的基态原子外围电子排布式为3s2；Y原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Z元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子；M原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反；R是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素；W为过渡元素，它的基态原子外围电子排布成对电子数和未成对电子数相同且为最外层电子数的两倍。回答下列问题(相关回答均用元素符号表示):
【导学号：14942083】
(1)X的基态原子的外围电子排布图为____________；其基态原子有________种运动状态不同的电子。
(2)R的氢化物的稳定性比其上一周期同族元素氢化物的稳定性________(填“高”或“低”)；其原因是___________________________________________
______________________________________________________________。
(3)ZM空间构型为________；其中Z的杂化方式为________。
(4)W与YM易形成配合物W(YM)5，在W(YM)5中W的化合价为________；与YM分子互为等电子体的离子的化学式为________。
(5)W单质的晶体在不同温度下有两种原子堆积方式，晶胞分别如图甲、乙所示：

甲　　　　　　　乙　　　　　　丙
图乙中原子堆积方式为________________；甲、乙两晶胞中W原子的配位数之比为________；甲、乙晶胞的棱长分别为a cm和b cm，则甲、乙两种晶体的密度之比为________。
(6)X和W组成的合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图丙(黑球代表W，白球代表X)，则该合金的化学式为________。
[解析]　X的基态原子外围电子排布式为3s2，X为Mg元素；Y原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，Y为C元素；Z元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，Z为N元素；M原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，M为O元素；R是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，R为Cl元素；W为过渡元素，它的基态原子外围电子排布成对电子数和未成对电子数相同且为最外层电子数的两倍，W为Fe元素。(1)Mg核外电子排布为1s22s22p63s2；其基态含有12种运动状态不同的电子。(3)根据价层电子对互斥理论可知NO的价电子对为3，所以其空间构型为平面三角形；其中N原子采取sp2杂化。(4)配合物Fe(CO)5 中铁的化合价为0；等电子体指原子数和价电子数都相等的微粒，所以与CO等电子体的离子为CN－或C或O。(5)图甲中立方体棱长为a cm，每个原子周围与之相邻且等距的原子有8个，配位数为8，图乙中立方体棱长为b cm，相邻两原子的最近距离为b，以面心原子为例，同一平面的有4个，相交平面有8个，所以配位数为8＋4＝12，甲、乙两晶胞中铁的配位数之比2∶3；图甲中含有原子个数为×8＋1＝2个，密度为 g/cm3，图乙中含有的原子个数为×8＋×6＝4个，密度为 g/cm3，所以二者密度之比为b3∶2a3。(6)由图丙可知，一个晶胞中Mg的个数为8，Fe的个数为×8＋×6＝4，所以形成的合金的化学式为FeMg2或Mg2Fe。
[答案]　(1) 　12
(2)低　因为氟原子的半径小，氢氟键的键能更大，更稳定
(3)平面三角形　sp2杂化
(4)0　CN－(或C，O)
(5)面心立方堆积　2∶3　b3∶2a3
(6)FeMg2(或Mg2Fe)
5．(2016·赣州高三摸底)磷元素在生产和生活中有广泛的应用。
(1)P原子价电子排布图为__________________________________。
(2)四(三苯基膦)钯分子结构如图：
P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为________；判断该物质在水中的溶解性并加以解释：
________________________________________________________________。
该物质可用于如图所示物质A的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为____________；一个A分子中手性碳原子数目为________。

(3)在图示中表示出四(三苯基膦)钯分子中配位键：

(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148 ℃时液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中P—Cl的键长只有198 nm和206 nm两种，这两种离子的化学式为________________；正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为__________________________________________________________________
__________________________________________________________________；
该晶体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为________g/cm3。
(5)PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P—Br键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因： ______________________________________________________________。
[解析]　(2)P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心，所以钯原子是sp3杂化；此物质是非极性分子，且不含任何可溶于水的基团，而水是极性分子，根据相似相溶原理，它不溶于水；物质A中含有碳氮三键，其中的碳原子是sp杂化，碳碳双键中的碳原子是sp2杂化，碳碳单键中的碳原子是sp3杂化；手性碳原子是指相连的四个基团都是不一样的碳原子，所以A分子中有3个手性碳原子。(4)PCl5中含有的正四面体的阳离子和正六面体的阴离子分别为PCl、PCl；PCl中的P没有孤电子对，而PCl3中的P有一对孤电子对，它对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以前者键角大于后者；晶胞中含有1个PCl和8×＝1个PCl，所以晶胞质量为m＝ g，一个晶胞体积为V＝(a×10－10)3cm3，所以该晶体密度为ρ＝＝ g·cm－3。(5)PBr5熔体能导电说明它能电离出离子，其中只存在一种P—Br键长，说明它电离出的离子是PBr和Br－。
[答案]　(1)
(2)sp3　不易溶于水。水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶　sp、sp2、sp3　3
(3)
(4)PCl和PCl　两分子中P原子杂化方式均为sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl中P没有孤电子对。孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力 　(或)
(5)PBr5===PBr＋Br－
6．(2016·呼和浩特调研)铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途。
(1)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：

①下列说法正确的是________(填序号)。
a．Cu(NH3)4SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
c．Cu(NH3)4SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
d．Cu(NH3)4SO4中外界离子的空间构型为正四面体
e．SO中硫原子的杂化方式为sp3杂化
②在CuSO4溶液中加入氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出Cu(NH3)4SO4·H2O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因：
________________________________________________________________
______________________________________________________________。
③写出向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式：______________________________________________________________。
④NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为________________；CuO高温易转化为Cu2O，其原因是_______________________________________
______________________________________________________________。
⑤含有铜元素的化合物焰色反应为绿色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是________________________________________________。

(2)M原子的外围电子排布式为3s23p5，与铜形成化合物的晶胞如图所示(黑点代表铜原子)。
①该晶体的化学式为________。
②已知该晶体的密度为d g·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为________________cm(只写计算式)。
[解析]　(1)①Cu(NH3)4SO4中铜离子和氨分子之间存在配位键，硫酸根离子和铜氨离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在极性键，硫酸根离子中存在极性键，a正确；NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥形，水是V形，氨气分子的键角大于水分子的键角，b错误；Cu为金属，第一电离能最小，N元素原子2p能级为半充满的稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，非金属性越强第一电离能越大，同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能减小，故N元素的第一电离能最大，c错误；Cu(NH3)4SO4的外界离子SO的中心S原子的价层电子对数为4，没有孤电子对，故SO为正四面体结构，d正确；SO中价层电子对个数为4，所以硫原子为sp3杂化，e正确。②根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇能降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度。③由流程图可知向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式，所以离子方程式为2Cu(NH3)＋3SO2＋4H2O===2NH4CuSO3↓＋6NH＋SO。④NH4CuSO3中的阳离子是Cu＋，它的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。CuO中的Cu显＋2价，它的价电子排布式为3d9，Cu2O中的Cu显＋1价，它的价电子排布式为3d10，所以Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定，故CuO高温易转化为Cu2O。⑤焰色反应是原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出。(2)①根据价电子排布式判断出M原子为Cl原子，由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子属于顶点与面心上，晶胞中含有Cl原子数目为8×＋6×＝4，故化学式为CuCl。②一个晶胞的质量为 g，晶胞体积为 cm3，晶胞的边长为 cm，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的，而体对角线为晶胞边长的倍，所以铜原子和M原子之间的最短距离为× cm。
[答案]　(1)①ade
②乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度
③2Cu(NH3)＋3SO2＋4H2O===2NH4CuSO3↓＋6NH＋SO
④1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10　亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态
⑤电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量
(2)①CuCl
②×或或
7．(2016·山西四校联考)能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。
(1)太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，写出基态镍原子的外围电子排布式：________，它位于周期表________区。
(2)富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯(C60)的结构如图甲，分子中碳原子轨道的杂化类型为________；1 mol C60分子中σ键的数目为________个。

甲
(3)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓(GaAs)、硫化镉(CdS)薄膜电池等。
①第一电离能：As________Ga(填“>”、“<”或“＝”)。
②SeO2分子的空间构型为________。
(4)三氟化氮(NF3)是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在太阳能电池制造中得到广泛应用。它可在铜的催化作用下由F2和过量的NH3反应得到，该反应的化学方程式为3F2＋4NH3NF3＋3NH4F，该反应中NH3的沸点________(填“>”、“<”或“＝”)HF的沸点，NH4F固体属于________晶体。往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是__________________________________________________________________
______________________________________________________________。
图乙为一个金属铜的晶胞，此晶胞立方体的边长为a pm，Cu的相对原子质量为64，金属铜的密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为________ mol－1(用含a、ρ的代数式表示)。

乙
[解析]　(1)镍是28号元素，其外围电子排布式为3d84s2，位于元素周期表中的d区。(2)由富勒烯的结构示意图可知每个碳原子与周围3个碳原子形成碳碳共价键，所以碳原子的杂化方式是sp2，平均1 mol碳原子形成1.5 mol碳碳共价键，则1 mol C60分子中含有90 mol σ键。(3)①As是ⅤA族元素，由于4p轨道上电子是半充满状态，所以第一电离能：As>Ga；②SeO2分子中Se原子的杂化数是＝3，而只有2个氧原子参与成键，所以是V形结构。(4)F的电负性大于N，HF更易形成氢键，所以沸点：NH3<HF；NH4F是离子化合物，所以形成的晶体是离子晶体；由晶胞示意图可知Cu位于晶胞的顶点和面心，根据均摊法可知平均每个晶胞中含有的Cu原子数为8×＋6×＝4，所以ρ g/cm3＝，解得NA＝ mol－1。
[答案]　(1)3d84s2　d
(2)sp2　90NA
(3)①>　②V形
(4)<　离子　F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子