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1、广东专版2022高考化学二轮复习第一部分专题十六物质结构与性质鸭专题强化练1(2018全国卷)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：(1)Zn原子核外电子排布式为_。(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)_I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_。(3)ZnF2具有较高的熔点(872 )，其化学键类型是_；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_。(4)中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_，C
2、原子的杂化形式为_。(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为_gcm3(列出计算式)。解析：(1)Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为Ar3d104s2。(2)Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。(3)根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在
3、有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。(4)碳酸锌中的阴离子为CO，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为33对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。(5)由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12236个，所以该结构的质量为6 g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为a cm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6a2 cm2，高为c c
4、m，所以体积为6a2c cm3。所以密度为：gcm3。答案：(1)Ar3d104s2(2)大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(3)离子键ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小(4)平面三角形sp2(5)六方最密堆积(A3型)2硫和钒的相关化合物，在药物化学及催化化学等领域应用广泛。回答下列问题：(1)基态钒原子的外围电子轨道表达式为_。钒有2、3、4、5等多种化合价，其中最稳定的化合价是_，VO的几何构型为_。(2)2巯基烟酸氧钒配合物(图1) 是副作用较小的有效调节血糖的新型药物。该药物中S 原子的杂化方式是_，所含第二周期元素第一电
5、离能按由大到小顺序的排列是_。2巯基烟酸(图2)水溶性优于2疏基烟酸氧钒配合物的原因是_。(3)多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，下列物质中存在“离域键”的是_。ASO2BSOCH2SDCS2(4)某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示，该晶胞的化学式为_。图4 为该晶胞的俯视图，该晶胞的密度为_ gcm3 (列出计算式即可)。解析：(1) 钒为23号元素，电子排布式为Ar3d34s2，所以外围电子排布式为3d34s2，所以外围电子轨道表达式为其最稳定的化合价是5，即失去所有的价电子，形成最外层8电子的稳定结构；根据价层电子对互斥原
6、理，VO中的中心原子V的价电子为5，配位原子O不提供电子，带有三个单位负电荷，所以外层电子为8个，共4对，空间构型为正四面体。(2) 从图中得到S的配位数为2，所以此时S的外层有628个电子，电子对为4，所以S应该的杂化方式是sp3杂化；其中含有的第二周期元素是C、N、O，同周期元素从左向右应该是第一电离能增大，因为N的2p能级上有3个电子，是p能级的半满稳定结构，所以N的第一电离能反常增大，所以第一电离能为NOC；2巯基可以与水分子形成氢键，所以其水溶性会更好。(3)从题目表述来看，形成离域键的要求是：原子共平面；有相互平行的p轨道。根据价层电子对互斥理论，二氧化硫为平面三角形，硫酸根为正四
7、面体，硫化氢为V型，二硫化碳为直线型。所以选项B一定错误；而硫化氢的H原子不存在p轨道。所以选项C错误。由上正确的是选项AD。(4)晶胞中有V为：842个，S为：212个，所以化学式为VS；因为该晶胞中有2个VS，所以晶胞质量为g; 根据图4得到晶胞的面积为aa nm2，所以晶胞的体积为：aab nm3，1 nm107cm，所以晶体密度为 gcm3。答案：(1) 5 正四面体(2)sp3NOC2巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大(3)AD(4) VS gcm33据媒体报道，法国一家公司Tiamat日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电
8、池，预计从2020年开始实现工业生产。该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问题：(1)Te属于元素周期表中_区元素，其基态原子的价电子排布式为_。(2)基态Na原子中，核外电子占据的原子轨道总数为_，最高能层电子云轮廓图形状为_。(3)结合题中信息判断：C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为_ (用元素符号表示)。(4)CO的几何构型为_；碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，则其中碳原子的杂化轨道类型为_，1 mol碳酸丙烯酯中键的数目为_。(5)Co(H2O)63的几何构型为正八面体形，配体是_，该配离
9、子包含的作用力为_(填字母)。A离子键B极性键C配位键D氢键E金属键(6)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为_，该晶胞的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为_cm(用含、NA的代数式表示)。解析：(1)Te与O是同一主族元素，属于元素周期表中p区元素，Te为第5周期第A族元素，其基态原子的价电子排布式为5s25p4。(2)基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1，核外电子占据的原子轨道总数为6，最高能层电子为3s，电子云轮廓图为球形。(3)元素的非金属性越强，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，电负性数
10、值越大，C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为OClC。(4)CO中C的价层电子对数3(4232)3，几何构型为平面三角形；根据碳酸丙烯酯的结构简式，则其中碳原子有2种，不饱和的碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，饱和的碳原子采用sp3杂化；1 mol碳酸丙烯酯中含有6 mol CH，4 mol CO，2 mol CC和1 mol C=O，共13 mol，键的数目为136.021023。(5)Co(H2O)63的几何构型为正八面体形，配体是H2O，该配离子包含的作用力有HO极性键、配位键，故答案为BC。(6)晶胞中Na离子数目为8，O2离子数目为864，Na离子、O2离子数目之比为21，故该晶体化
11、学式为Na2O，由图可知，每个Na离子周围有4个O2离子、Na离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，则O的配位数为8；晶胞质量为 g，该晶胞的密度为 gcm3，而晶胞体积为 g gcm3 cm3，晶胞棱长为 cm，则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的 cm。答案： (1)p 5s25p4(2)6球形(3)OClC(4)平面三角形 sp2sp313NA(或136.021023)(5)H2OBC(6)84原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期。自然界中存在多种A的化合物，B 原子核外电子有6 种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子。D的基态原子的
12、最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：(1)这四种元素中电负性最大的元素其基态原子的价电子排布图为_，第一电离能最小的元素是_(填元素符号)。(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是_(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是_。(3)B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_、另一种的晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱长为356.6 pm，则此晶胞的密度为_gcm3(保留两位有效数字)。(1.732)(4)D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_(填选项序号)。极性键非极
13、性键 配位键 金属键解析：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为Cu元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则C为氯元素。(1)四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，其基态原子的价电子排布图为，四种元素中只有Cu为金属，其它为非金属，Cu的第一电离能最小。(2)HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI
14、、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl。(3)图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp3杂化；一个晶胞中含碳原子数为8648，晶胞质量为 g，所以晶胞密度(812)6.021023g(356.61010cm)3.5 gcm3；(4)根据图示可知晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故选项是。答案：(1) Cu(2)HFHIHBrHClHF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间
15、只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高(3)sp23.5(4)面心立方最密堆积5.（2017海南卷） .下列叙述正确的有。（填序号）A.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为7B.钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能C.高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D.邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点.A族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为，原子间存在的共价键类型有，碳原子的杂化轨道类型为。（2）SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为，分子的立体构型为，
16、属于分子（填“极性”或“非极性”）。（3）四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图（b）所示。SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_。结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性、共价性（填“增强”“不变”或“减弱”）。（4）碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为_；其晶胞参数为1.4 nm，晶体密度为gcm3。解析：.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，此元素是Br，位于A族，最高正价为7价，故A正确；金属钠比镁活
17、泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg的第一电离能，Na最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg最外层有2个电子，因此Na的第二电离能大于Mg的第二电离能，故B错误；HClO4可以写成（HO）ClO3，HClO写成（HO）Cl，高氯酸中的非羟基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性强于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故C错误；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质熔点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故D正确。.（1）该单质为石墨，石墨属于混合型晶体，层内碳原子之间形成键和键；石墨中碳原子有3个键，无孤电子
18、对，因此杂化类型为sp2。（2）SiCl4中心原子是Si，有4个键，孤电子对数为0，价层电子对数为4，空间构型为正四面体；属于非极性分子。（3）SiX4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔沸点越高，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，即熔沸点增高；同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，因此PbX2中化学键的离子型减弱，共价型增强。（4）根据晶胞的结构，C60位于顶点和面心，个数为864，K位于棱上和内部，个数为12912，因此化学式为K3C60，晶胞的质量为 g，晶胞的体积为（1.4107）3cm3，根据密度的定义，则晶胞的密度为2.0 gcm3。答案：.AD.（1）混合型晶
19、体键、键sp2（2）4正四面体非极性（3）均为分子晶体，范德华力随分子相对质量增大而增大，即熔沸点升高减弱增强（4）K3C602.06.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如下：请回答下列问题：(1)基态钛原子的价层电子排布图为_，其原子核外共有_种运动状态不同的电子，Ti形成的4价化合物最稳定，原因是_。金属钛晶胞如图1所示，为_(填堆积方式)堆积。(2)已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37 ，沸点为136 ，可知TiCl4为_晶体。用TiCl4的HCl溶液，后经不同处理可得到两种不同的TiCl36H2O晶体：Ti(H2O)6Cl3(紫色)、TiCl(H2O)5C
20、l2H2O(绿色)。两者配位数_(填“相同”或“不同”)，绿色晶体中的配体是_。(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲的，主要原因是_。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为_。图2(4)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示。该阳离子为_。图3(5)钙钛矿晶体的结构如图4所示。钛离子位于立方晶胞的顶点，被_个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被_个氧离子包围。钙钛矿晶体的化学式为_。解析：(1)观察图1可知，正好符合镁晶胞的六方最密堆积。(2)考查分子晶体、配合物的成键情况。因
21、TiCl4的熔、沸点较低，故TiCl4为分子晶体。(3)考查氢键及第一电离能的大小比较。氢键的存在导致物质熔沸点升高，乙分子间含有氢键、甲分子间不含氢键，则化合物乙的沸点高于化合物甲的。化合物乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素，元素原子的第一电离能随着原子序数的递增而呈增大趋势，但第A族、第A族元素原子的第一电离能大于其相邻元素原子的第一电离能，所以第一电离能的大小关系为NOC。(4)考查利用均摊法计算原子个数之比。由图3可知，每个O原子被2个Ti原子共用，每个Ti原子被2个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为11，Ti元素为4价，O元素为2价，据此可知该阳离子为TiO2(或TiO)。(5)考查根据晶胞结构书写晶体的化学式。钛离子位于立方晶胞的顶角，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围，每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有1个氧离子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧离子数为123，则晶胞的化学式为CaTiO3。答案：(1) 22最外层达到8电子稳定结构六方最密(2)分子相同H2O、Cl(3)化合物乙分子间形成氢键NOC(4)TiO2(或TiO)(5)612CaTiO3
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