【精选】高考化学二轮复习 高考非选择题专项练：物质结构综合题 B17页含解析

1、精选高考化学复习资料高考非选择题专项练(二)物质结构综合题b【题型特点】从近三年高考试题来看,主要考查杂化轨道的类型、分子或离子的空间构型、化学键的类型、晶体的结构与性质、核外电子排布式的书写、等电子原理、配合物的分析等知识,重点突出,整体难度不大。审题时应看清楚题目的要求,如“由大到小”还是“由小到大”、“外围电子排布式”还是“电子排布式”或“电子排布图”、“电负性”还是“电离能”、“结构式”还是“结构简式”或“空间构型”等,联系相关概念原理或规律,认真分析解答。答题需注意以下几点:(1)注意周期表中的电离能有反常现象(同周期a族、a族),而电负性没有反常现象。(2)陌生离子或分子空间构型的

2、判断,一是通过中心原子杂化轨道类型判断,二是通过等电子体,转换成熟悉的物质再判断。(3)离子核外电子排布式书写时要先写出原子电子排布式再按由外到里失去电子,不能先失去电子再按能量最低原理书写离子核外电子排布式。1.a、b、c、d、e、f是原子序数递增的前4周期元素,a和b元素形成两种阴阳离子个数比均为12的离子化合物,c的单质是同周期元素形成的单质中熔点最高的,d的基态原子的最外层有2个未成对电子,e的质量数为37,中子数为20,f在周期表的第6纵行。回答下列问题:(1)f在周期表中的位置为 ;(2)a的氢化物沸点比d的氢化物沸点 (填“高”或“低”);(3)单质c的晶体类型是,ca2与b的最

3、高价氧化物的水化物溶液发生反应的离子方程式是_ ;(4)写出b2f2a7与e的氢化物在酸性条件下反应的离子方程式 ;(5)d、e的最高价氧化物的水化物中,酸性较强的是(写化学式);(6)已知d(g)d(s)h=-akjmol-1,d(g)+a2(g)da2(g)h=-bkjmol-1,写出d(s)+a2(g)da2(g)的热化学方程式 。【解析】根据题意a和b形成的两种化合物是氧化钠和过氧化钠,则a是o,b是na,根据e的质量数为37,中子数为20可知e的质子数是17,是cl,再根据原子序数递增可知c、d是第3周期元素,再结合c、d信息确定分别是si、s,根据f在周期表的第6纵行,又是前4周期

4、元素可知f是cr。(2)水分子间存在氢键,其沸点在同主族中最高。(3)硅是原子晶体。(5)cl的非金属性比s大,因此d、e的最高价氧化物的水化物中,酸性较强的是hclo4。(6)根据盖斯定律-可得。答案:(1)第4周期第b族(2)高(3)原子晶体sio2+2oh-si+h2o(4)cr2+6cl-+14h+2cr3+3cl2+7h2o(5)hclo4(6)d(s)+a2(g)da2(g) h=(a-b)kjmol-1【加固训练】a、b、c、d、e是原子序数依次增大的前4周期元素,a是周期表中原子半径最小的元素,b、c相邻,c的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1,d的核外电子有17种运动状态,

5、e3+的核外有5个未成对电子。(用元素符号或化学式作答)(1)e在周期表中的位置为,它的最高价氧化物与kno3、koh共熔可得到一种净水剂k2eo4和kno2及水,写出该反应方程式并用单线桥标出电子的转移方向与数目 。(2)a、b、c、d形成的单质中有一种晶体类别与其他不同,由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是 。(3)ab、ac键的极性较强的是,形成的三原子分子abc的电子式为,空间构型为,a、b、c的原子半径由大到小的顺序是。(4)c的氢化物的沸点比同主族的氢化物的沸点高,原因是 。(5)c的氢化物与d的单质反应生成c的单质和另两种水溶液显酸性的物质x和y,且0.1 moll-1的y溶液

6、ph1,当y与x的物质的量之比为15时,该反应的化学方程式为 。【解析】根据题意d的核外有17个电子为氯;e3+的核外有5个未成对电子,为金属铁,位于周期表的第4周期第族;c为氮,则b为碳,a为氢。(1)铁的最高价氧化物为fe2o3,由题意可知其发生氧化反应得到k2feo4,kno3被还原为kno2。用单线桥表示其电子的转移方向与数目为。(2)氢、氮、氯的单质形成分子晶体,碳的单质金刚石为原子晶体,c60为分子晶体,根据题意该物质是金刚石,气化时破坏共价键。(3)根据题意a、b、c形成的分子为hcn,电子式为,为直线形,nh键的极性强,根据原子半径的周期性变化规律可知原子半径:cnh。(4)氮

7、元素具有较强的电负性,能够与键合的氢原子发生较强的作用力,即氢键,使氨气的沸点比同主族的其他元素的氢化物的沸点高。(5)由题意可知为cl2和nh3反应生成n2、nh4cl、hcl,根据nh4cl与hcl的物质的量之比为15和得失电子总数相等,可得反应的方程式为3cl2+3nh3n2+nh4cl+5hcl。答案:(1)第4周期第族(2)共价键(3)hn直线形cnh(4)氨分子间可形成氢键,增强了分子间的相互作用,使其沸点比同主族的其他元素的氢化物的沸点高(5)3cl2+3nh3n2+nh4cl+5hcl2.(2014六安模拟).已知a、b、c、d四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、6,且都含

8、有18个电子,b、c是由两种元素的原子组成,且分子中两种原子的个数比均为12。d是一种有毒的有机物。(1)组成a分子的原子的元素符号是 。(2)从b分子的立体结构判断,该分子属于(填“极性”或“非极性”)分子。(3)c分子中都包含个键,个键。(4)d的熔、沸点比ch4的熔、沸点高,其主要原因是(须指明d是何种物质) 。.co的结构可表示为co,n2的结构可表示为nn。(5)下表是两者的键能数据:(单位:kjmol-1)abababco357.7798.91 071.9n2154.8418.4941.7结合数据说明co比n2活泼的原因: 。.(6)基态镍原子的核外电子排布式为 。【解析】.a、b

9、、c、d四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、6,且都含有18个电子,故a为氩气;b分子中两种原子的个数比为12,故b为h2s;c分子所含原子数目为6,且分子中两种原子的个数比为12,故c为n2h4;d是一种有毒的有机物,含有18个电子,联想甲烷电子数目为10,含有5个原子,再加1个氧原子为18个电子,故d为ch3oh,甲醇有毒,符合题意。(1)a是氩气,组成分子的原子的元素符号是ar。(2)b为h2s,硫原子形成2个sh单键,为v形结构,正负电荷的重心不重合,为极性分子。(3)c为n2h4,分子中含有4个nh键,1个nn键,单键是键,因此分子中有5个键,0个键。(4)d是ch3oh,分子之

10、间能形成氢键,故熔、沸点比ch4的熔、沸点高。.(5)co中第一个键的键能是1 071.9 kjmol-1-798.9 kjmol-1=273 kjmol-1,n2中第一个键的键能是941.7 kjmol-1-418.4 kjmol-1=523.3 kjmol-1,co中第一个键的键能较小,co的第一个键比n2更容易断,因此co比n2活泼。.(6)ni是28号元素,基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。答案:(1)ar(2)极性(3)50(4)d是ch3oh,分子之间能形成氢键(5)co中第一个键的键能是273 kjmol-1,n2中第一个键的键能是523.3

11、kjmol-1,所以co的第一个键比n2更容易断(6)1s22s22p63s23p63d84s23.(2014黄山二模)a、b、c、d、e、f、g、h是相对分子质量依次增大的气体,它们均由短周期元素组成,具有如下性质:b能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,a、c、d不能使湿润的石蕊试纸变色,e、g均可使湿润的蓝色石蕊试纸变红;f呈红棕色;g和h均能使品红褪色,a在h中安静燃烧并产生苍白色火焰;c在d中完全燃烧生成e和h2o,同时放出大量热,工业上可利用该反应焊接或切割金属。请回答下列问题:(1)e的电子式为,d中所含元素的基态原子核外电子排布式为,c分子中的键和键的个数之比为 。 (2)写出实验室用固

12、体药品制取b的化学方程式 。(3)若从a口通入气体g,从b口通入气体f,x为氯化钡溶液,观察到的现象是 ,反应的离子方程式为 。(4)已知:e(g)+3a(g)ch3oh(l)+h2o(l) h=-53.66 kjmol-12ch3oh(l)ch3och3(g)+h2o(l) h=-23.4 kjmol-1写出e有催化剂时与a合成二甲醚(ch3och3)的热化学方程式 。(5)气体c能使硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色,产物之一是e,该反应的化学方程式为 。【解析】根据b可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色知是氨气,根据f呈红棕色,而且由短周期元素组成,则是no2,根据a在h中燃烧产生苍白色火焰,而且h能使

13、品红褪色知a是h2,h是cl2,g使品红褪色而且使湿润的蓝色石蕊试纸变红色,则是so2,根据可知c是c2h2,则d是o2,e是co2。(1)co2电子式为,o的基态原子电子排布式为1s22s22p4,c2h2的结构式为hcch,键与键的个数比为32。(2)实验室可用氯化铵与熟石灰在加热条件下制取氨气,化学方程式是2nh4cl+ca(oh)22nh3+2h2o+cacl2。(3)so2与no2发生氧化还原反应生成no和so3,因此瓶中生成硫酸钡白色沉淀,生成的no在导管出口处与氧气反应生成红棕色的no2,总反应是h2o+so2+no2+ba2+baso4+no+2h+。(4)根据盖斯定律co2与

14、h2合成ch3och3的h=-53.66 kjmol-12+(-23.4 kjmol-1)=-130.72 kjmol-1,故热化学方程式为2co2(g)+6h2(g)ch3och3(g)+3h2o(l) h=-130.72 kjmol-1(5)c2h2被高锰酸钾氧化为co2,c的化合价由-1升高到+4,高锰酸钾被还原为mn2+,mn化合价变化了5,根据得失电子相等,c2h2与高锰酸钾的化学计量数之比是12,反应方程式是c2h2+2kmno4+3h2so42co2+k2so4+2mnso4+4h2o。答案: 1s22s22p4或2s22p432(2)2nh4cl+ca(oh)22nh3+2h2

15、o+cacl2(3)产生白色沉淀,洗气瓶上方出现浅红棕色h2o+so2+no2+ba2+baso4+no+2h+(4)2co2(g)+6h2(g)ch3och3(g)+3h2o(l) h=-130.72 kjmol-1(5)c2h2+2kmno4+3h2so42co2+k2so4+2mnso4+4h2o【方法规律】解答元素化合物推断题的一般思路(1)要仔细审题,把握题意,明确题目特定条件和要求。(2)在熟练知识网络的基础上,搜索扫描,确定范围。(3)寻找切入点或突破口,最后分析求解即可,如本题的红棕色、燃烧产生苍白色火焰、使湿润的红色石蕊试纸变蓝、使品红褪色等是重要的突破口,平时学习要注意归纳

16、总结。4.(2014蚌埠二模)x、y、z、w是元素周期表前四周期中的常见元素。其相关信息如下表:元素相关信息xx的一种核素的质量数为18,中子数为10yy与x同主族,且它的一种氧化物是导致酸雨的主要物质之一zz的单质常温下为黄绿色气体ww的基态原子核外有4个未成对电子(1)z位于元素周期表的位置为,写出z的原子结构示意图 。(2)y的电负性比z的(填“大”或“小”);x和y的气态氢化物中,较稳定的是(写化学式)。(3)x的一种氢化物h2x2,其分子中极性键和非极性键数目之比为。(4)z的单质与烧碱溶液作用可以生产日常生活用的消毒剂,请写出其反应的离子方程式: 。(5)已知28 g w在氧气中燃

17、烧,放出186.4 kj的热量,请写出此反应的热化学方程式: 。【解析】x的质子数=18-10=8,是o,则y是a族元素,其一种氧化物能形成酸雨,是s,常温下呈黄绿色的气体是氯气,即z是cl,前四周期的元素中基态原子有4个未成对电子的是fe。(1)cl在周期表的第3周期第a族,原子结构示意图为。(2)根据同周期元素的电负性由左向右逐渐增大可知cl的电负性大于s,同主族元素由上到下,非金属性逐渐减弱,则氢化物的稳定性逐渐减弱,因此稳定性h2oh2s。(3)h2o2的结构式为hooh,ho键是极性键,oo键是非极性键,二者之比为21。(4)氯气与氢氧化钠反应生成的次氯酸钠可用于消毒,离子方程式是c

18、l2+2oh-cl-+clo-+h2o。(5)28 g fe燃烧生成fe3o4放热186.4 kj,则56 g fe燃烧生成fe3o4放热372.8 kj,反应的热化学方程式为3fe (s)+2o2(g)fe3o4(s)h=-1 118.4 kjmol-1。答案:(1)第3周期第a族(2)小h2o(3)21(4)cl2+2oh-cl-+clo-+h2o(5)3fe(s)+2o2(g)fe3o4(s) h=-1 118.4 kjmol-15.(2014皖南八校二模)a、b、c、x、y、z元素的原子序数依次增大,根据信息完成问题:元素a各能级上的电子数相等元素c某种核素原子的质量数为18,中子数为

19、10元素x单质是良好的半导体材料元素y其单质为淡黄色晶体,常用来处理打碎的水银温度计元素z3d能级上有4个未成对电子(1)z元素在周期表中的位置为,其电子排布式为;(2)ao2的熔点远低于xo2的熔点的主要原因是 ;(3)x的氧化物和naoh溶液反应的化学方程式为 ;(4)b、c气态基态原子的第一电离能的大小关系为 ;(5)请用离子方程式表述na2y溶液呈碱性的原因 ;(6)已知ch3cooh(aq)h+(aq)+ch3coo-(aq)h=+akjmol-1ch3cooh(aq)+naoh(aq)ch3coona(aq)+h2o(l)h=-bkjmol-1,则中和热的h=kjmol-1。【解析

20、】据表格信息分析c的质子数为8,是o,结合原子序数递增及a的信息可知a是c,b是n,x是良好的半导体材料,是si,根据y是淡黄色固体,与hg可反应可知y是s,z是fe。(1)铁在周期表中位置为第4周期第族,电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或3d64s2。(2)co2形成的是分子晶体,影响其熔点的是分子间作用力,sio2形成原子晶体,影响其熔点的是共价键,因此sio2熔点大些。(3)sio2与naoh溶液反应的化学方程式为sio2+2naohna2sio3+h2o。(4)n的p能级是半充满,因此第一电离能no。(5)na2s水解呈碱性:s2-+h2ohs-+oh-。(6)把

21、第二个反应写成离子方程式,再与第一个反应相减得h+(aq)+oh-(aq)h2o(l) h=-(a+b)kjmol-1。答案:(1)第4周期第族1s22s22p63s23p63d64s2或3d64s2(2)sio2形成的是原子晶体,co2形成的是分子晶体(3)sio2+2naohna2sio3+h2o(4)no(5)s2-+h2ohs-+oh-(6)-(a+b)6.(2014绵阳二模)x、y、z、d、e、g六种短周期元素的原子序数依次递增。x、y、d元素的基态原子中电子层数与未成对电子数均相等;d、e属于同族元素,g的单质和ed2化合物均具有漂白性;r元素的m层全满,n层只有1个电子。请回答下

22、列问题:(用对应的元素符号表示)(1)r元素在元素周期表分区中属于区元素,y、z、d三种元素的电负性由小到大的顺序是 。(2)yd2的空间构型是。(3)e与d的非金属性较强的是,用反应方程式证明 (举一例)。(4)向rg2的水溶液中通入ed2,产生白色沉淀rg,该反应的离子方程式是 。【解析】短周期元素中基态原子的电子层数与未成对电子数相等的元素有h、c、o、p,又因为x、y、d原子序数依次递增,所以x是h、y是c、d是o,z在c与o之间,所以是n;e与氧同主族,故e是s;g的单质具有漂白性,原子序数比s大,故g是cl;r元素的m层全满,n层只有1个电子,则其各层电子排布为2、8、18、1,故

23、r是29号元素cu。(1)铜属于过渡元素,价层电子填充在s、d轨道上,属于元素周期表的ds区,同周期元素从左往右电负性逐渐增大,所以c、n、o的电负性由小到大的顺序是cno。(2)co2的空间构型为直线形。(3)o与s中非金属性较强的是o,可通过反应2h2s+o22s+2h2o证明。(4)cucl2溶液中通入so2,产生白色沉淀cucl,则说明铜元素被还原,所以so2中的硫元素被氧化生成硫酸根,所以该反应的离子方程式为2cu2+2cl-+so2+2h2o2cucl+4h+s。答案:(1)dscno(2)直线形(3)o2h2s+o22s+2h2o(4)2cu2+2cl-+so2+2h2o2cuc

24、l+4h+s【方法规律】元素非金属性强弱比较的规律(1)根据在一定条件下非金属单质与氢气反应的难易程度和剧烈程度及氢化物的稳定性判断。一般情况下,与氢气反应越容易、越剧烈,氢化物越稳定,其非金属性越强。(2)依据最高价氧化物的水化物酸性的强弱判断。最高价氧化物的水化物酸性越强,其元素的非金属性越强。(3)依据元素周期表。同周期元素中,从左向右,随着核电荷数的增加,非金属性逐渐增强;同主族元素中,由上而下,随着核电荷数的增加,非金属性逐渐减弱。(4)依据非金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼非金属置换不活泼非金属。7.(2014马鞍山一模)x、y、z、w是元素周期表前四周期中常见的元素,原

25、子序数依次增大,其相关信息如下表:元素相关信息x由x形成的单质是最清洁的能源y原子最外层有3个未成对电子,次外层只有一对成对电子zz存在质量数为27,中子数为14的核素w+3价离子3d能级为半充满请回答下列问题:(1)y、x两元素按原子数目比为12和13构成分子a和b,则a的结构式为;b的电子式为。(2)元素y、z形成的化合物的化学式为 ,该物质耐高温、强度高,是良好的耐热冲击材料,由此可推知它为晶体。(3)z元素位于周期表中第周期族。一定量的z单质在氢氧化钠溶液中反应时共转移了3 mol电子,放出qkj热量,则该反应的热化学方程式为 。(4)w2+电子排布式为,向试管里+2价w元素的氯化物的

26、水溶液中通入氧气,发现溶液呈黄色,且试管内壁有红褐色固体生成,则该反应的离子方程式 。【解析】氢能源是清洁能源,x是h,y是n,z的质子数为27-14=13,是al,w的+3价离子3d能级电子排布为3d5,是铁。(1)a为n2h4,结构式为,b为nh3,电子式为。(2)y、z形成的化合物为aln,根据其性质知它是原子晶体。(3)al位于第3周期第a族,与氢氧化钠溶液反应的热化学方程式为2al(s)+2naoh(aq)+2h2o(l)2naalo2(aq)+3h2(g)h=-2qkjmol-1(4)fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,根据反应现象可知有fe(oh)3沉淀和fe3+生成。答案:(1) (2)aln原子(3)3a2al(s)+2naoh(aq)+2h2o(l)2naalo2(aq)+3h2(g)h=-2qkjmol-1(4)3d6或1s22s22p63s23p63d612fe2+3o2+6h2o4fe(oh)3+8fe3+【讲评建