高考化学二轮复习专题五物质结构与性质含答案

这是一份高考化学二轮复习专题五物质结构与性质含答案，共19页。试卷主要包含了下列有关化学用语表示正确的是等内容，欢迎下载使用。

专题五　物质结构与性质
A组　基础巩固练
1.(双选)(2022湖南长沙一中一模)一种由短周期主族元素组成的化合物A(如图所示),可用于制备各种高性能防腐蚀材料。其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大。下列说法正确的是(　　)

A.该化合物A中所有X原子均满足最外层8电子稳定结构
B.四种原子的半径大小顺序:Z>Y>X>W
C.1 mol Z的单质含有共价键数目一定为6NA
D.由W、X、Y构成的化合物既溶于强酸,又溶于强碱
2.(2022辽宁本溪一模)下列有关化学用语表示正确的是(　　)
A.水分子的球棍模型:
B.钾原子的结构示意图:
C.Na2O2的电子式:Na+[O········O····]2-Na+
D.中子数为20的氯原子:1720Cl
3.(2022广东梅州一模)为纪念元素周期表诞生150周年,IUPAC向世界介绍118位优秀青年化学家,并形成一张“青年化学家元素周期表”。中国学者雷晓光、姜雪峰、刘庄分别成为“N、S、Hg”元素的代言人。下列说法正确的是(　　)
A.S6与S8互为同位素
B.80198Hg的中子数为118
C.NH3的电子式为H ··N·· H··H
D.金属汞的熔点高于硫黄
4.(2022湖南长沙明德中学二模)一种可用作半导体掺杂源的化合物的结构式如图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法错误的是(　　)

A.原子半径:X>Y>Z>W
B.X、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性:X C.W和Y能形成多种原子个数比为1∶1的化合物
D.除W原子外,分子中的其他原子均满足8电子稳定结构
5.(双选)(2022山东济宁一模)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子核外电子只有一种自旋取向,Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等,W原子的价电子中,在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2∶1。下列说法正确的是(　　)
A.W的第一电离能比同周期相邻元素的小
B.原子半径:r(X) C.工业上电解熔融化合物ZY制备单质Z
D.W的最高价氧化物是非极性分子
6.(2022湖南长沙雅礼中学二模)X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素,在同周期元素的原子中,W的半径最大;Z的原子序数等于X、Y原子序数之和,A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物,D、M分别为Y、Z元素形成的单质,相互转化关系如图。下列说法正确的是(　　)

A.W、Z、Y、X元素的原子半径依次减小
B.简单气态氢化物的沸点Z比W的高
C.工业上可用电解熔融的W元素氯化物制备W
D.非金属性:Y>Z>X
7.(2022湖南常德二模)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W是地壳中含量最多的元素,X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是(　　)
A.Y单质的熔点高于X单质
B.氢化物的沸点:W>Z
C.X、W、Z能形成具有强还原性的XZW
D.X2YW3中含有共价键
8.(2022湖南卷,5)科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示),X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是(　　)

A.原子半径:X>Y>Z
B.非金属性:Y>X>W
C.Z的单质具有较强的还原性
D.原子序数为82的元素与W位于同一主族
9.(2022湖南益阳沅江一中二模)高压不仅会引发物质的相变,也会导致新类型化学键的形成。回答下列问题:
(1)在50~300 GPa的高压条件下,Na和Cl2反应生成如图所示晶胞的NaCl晶体,其中大灰球为氯,小黑球为钠。

①生成该晶体的反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②该NaCl晶体的密度为　　　　 g·cm-3(已知晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数为NA mol-1)。 

(2)在超高压(300 GPa)条件下,金属钠和氦可形成化合物。结构中,钠离子按简单立方排布,形成如图所示的立方体空隙,电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心。
①若用NaxHey(2e-)z表示该晶体的组成,则x∶y∶z=　　　　　　　。 
②若将氦原子放在晶胞顶点,则电子对(2e-)在晶胞中的分数坐标为(0.5,0,0)、(0,0.5,0)、(0,0,0.5)、　　　　　　　　　　。 
(3)若在高压条件下形成的氨晶体中,氨分子中的每个H原子均参与一个氢键的形成。则N原子的杂化方式为　　　　　　,N原子邻接　　个氢原子,1 mol氨晶体中有　　　　 mol氢键。该氨晶体与普通氨晶体相比熔点　　　(填“高”“低”或“相同”),原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。该氨晶体中氨分子的热稳定性比普通氨晶体中氨分子的热稳定性　　　(填“高”“低”或“相同”)。 
(4)上述晶体中所涉及元素(Na、Cl、He)的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　　　(用元素符号填空),所涉及元素(H、Na、N)的电负性的大小为　　　　　　　　(用元素符号填空)。 
B组　能力提升练
1.(2022湖南常德桃源一中二模)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、Z同主族,X原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的6倍。p、q、r分别为W、X、Z的单质,s、t、u为W、X、Z三种元素形成的二元化合物,上述物质的转化关系如图所示(反应条件略去),下列说法不正确的是(　　)

A.原子半径:Y>Z>W>X
B.反应①可用于工业上制备Z的单质
C.s、t、u均能与Y的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应
D.X、Y、Z三种元素形成的一种化合物的水溶液可用作木材防火剂
2.(2022湖南大联考)现有W、X、Y、Z四种短周期元素。W分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物,且甲、乙、丙每种分子中都含有10个电子。Y和Z化合生成丁,有关物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.W、Y、Z三种元素可能组成离子化合物
B.Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸
C.原子半径:W D.Y与W、Z都能形成两种或两种以上的化合物
3.(双选)(2022山东淄博一模)下列说法错误的是(　　)
A.石墨晶体中层内导电性强于层间导电性
B.基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3
C.(CH3COO)2Ni·4H2O的空间结构为八面体,中心离子的配位数为4
D.N元素的电负性比P元素的大,可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
4.(2022辽宁省协作体联考)氮化钛(TiN)为金黄色晶体,由于具有令人满意的仿金效果,越来越多地成为黄金的代替品。TiN晶体的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.Ti元素位于元素周期表第四周期第ⅡB族
B.该晶胞中含有4个Ti原子和4个N原子
C.Ti原子均位于N原子构成的八面体空隙中
D.Ti的第一电离能小于Mn
5.(2022广东卷,7)甲~戊均为短周期元素,在元素周期表中的相对位置如图所示;戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是(　　)

A.原子半径:丁>戊>乙
B.非金属性:戊>丁>丙
C.甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D.丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
6.(2022全国甲卷,12)Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期,X、Y相邻,Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是(　　)
A.非金属性:X>Q
B.单质的熔点:X>Y
C.简单氢化物的沸点:Z>Q
D.最高价含氧酸的酸性:Z>Y
7.(双选)(2022湖南怀化二模)某化合物结构如图所示,其中X、Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素,且四种元素分布在三个周期,W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍,Z和X同主族。下列说法正确的是(　　)

A.W与Z形成的化合物中只含离子键
B.该化合物中Y都满足8电子稳定结构
C.原子半径:Z>Y>W
D.X3YW3是弱酸
8.(2022湖南衡阳二模)W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素,它们组成的化合物为a、b、c、d、e、f,其中b、c与人的呼吸活动息息相关,m为单质,它们的转化关系如图所示。下列叙述不正确的是(　　)

A.原子半径:W B.由W、X、Y、Z构成的化合物中可能含有离子键、极性共价键和非极性共价键
C.X的氢化物沸点可能比Y的氢化物沸点高
D.Z2Y2中阴、阳离子个数比为1∶1
9.(2022湖南长沙雅礼中学一模)钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素,它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题:
(1)钛和锆的价层电子结构相似,基态锆原子的价电子排布式为　　　　　　　　　。 
(2)Ti(BH4)2是一种储氢材料。H、B、Ti的电负性由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)ZrCl4可以与乙二胺形成配合物
[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)],其中Zr原子配位数为6。
①1 mol [ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为　　　　 mol 。 
②H2NCH2CH2NH2形成
[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]后,H—N—H键角将　　　　(填“变大”“变小”或“不变”),原因是　 　　　　　　　　　　　。 
(4)已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心,ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所构成的立方体的体心,其晶胞结构如图所示:

①TiO2晶胞中O2-的配位数是　　　　。 
②已知ZrO2晶胞的密度为ρ g·cm-3,则晶胞中Zr原子和O原子之间的最短距离为　　　　　　　　　　　　 cm(列出表达式,NA为阿伏加德罗常数的值,ZrO2的摩尔质量为M g·mol-1)。 
10.(2022湖南常德二模)我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”“中国紫”,直到近年来人们才研究出来其成分为
BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。
(1)“中国蓝”“中国紫”中均具有Cun+,n=　　　　,基态时该阳离子的价电子排布式为　　　　　。 
(2)在5 500年前,古代埃及人就已经知道如何合成蓝色颜料——“埃及蓝”CaCuSi4O10,其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3,其他和“中国蓝”一致。CO32-中键角∠OCO为　　　　。根据所学,从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更　　　　　(填“高”或“低”)。 
(3)配离子Cu(CN)32-中,中心离子的杂化类型是　　　　　　　　,该配离子的空间结构为　　　　　　　　　　;CN-中配位原子是　　　　　　(填元素符号)。 
11.(2022湖南常德桃源一中二模)锂离子电池能量密度大,循环性能优越,被称为绿色电池。请回答下列问题:
(1)LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　;基态磷原子中,电子占据的最高能层符号为　　　　,该能层能量最高的电子云在空间有　　　个伸展方向,原子轨道呈　　　　　　形。 
(2)[Co(NO3-)4]2-中Co2+的配位数为4,配体中N的杂化方式为　　　　　　　,该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为　　　　　(填元素符号),1 mol该配离子中含σ键数目为　　　　NA。 
(3)LiFePO4属于简单磷酸盐,而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐,如:焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示:

这类磷酸根离子可用通式表示为　　　　　　　　　　　　　　(用n代表P原子数)。 
12.(2022湖南衡阳二模)历史上金、银、铜主要是作为货币金属或装饰品被应用。试回答下列问题:
(1)Ag在元素周期表中的位置为　　　　　　　　　　　　,Ag+的价电子排布式为　　　　　　　　。 
(2)冶金工业上,提取金的原理是
2[Au(CN)2]-+Zn2Au+[Zn(CN)4]2-。与CN-互为等电子体的分子有　　　　　　(任写一种),HCN分子中σ键和π键数目之比为　　　　。 
(3)已知基态铜的部分电离能如表所示:
电离能/(kJ·mol-1)
I1
I2
I3
Cu
746
1 958
2 058
由表格数据知,I2(Cu)远远大于I1(Cu),其原因是 　　　　　　　　　　　。 
(4)已知:硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2N—CH2—COONa)即可得到结构如图所示的配合物。

①配合物中碳原子的轨道杂化类型为　　　　　　　　　。 
②1 mol氨基乙酸钠(H2N—CH2—COONa)含有σ键的数目为　　　　 mol 。 
(5)某Q原子的外围电子排布式为3s23p5,铜与Q形成化合物的晶胞如图所示(白球代表Q原子)。每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为　　　;该晶体的化学式为　　　　　　　。已知该晶体的密度为ρ g·cm-3,晶体的摩尔质量为M g·mol-1,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体中铜原子和Q原子之间的最短距离为　　　　　　　　　 pm(1 pm=10-12 m,只写计算式)。 


参考答案

专题五　物质结构与性质
A组　基础巩固练
1.AD　解析 W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的原子序数最小,且可以形成一个共价键,则W为H元素,X可以形成两个共价键,应为O元素;Y可以形成+3价阳离子,且原子序数大于O,则为Al元素;Z可以形成5个共价键,应为P元素,据此分析解答。
该化合物阴离子中形成两个共价键的O原子满足8电子稳定结构,由于该阴离子带三个单位负电荷,所以形成一个共价键的O原子也满足8电子稳定结构,A正确;电子层数越多,半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小,故原子半径:Al>P>O>H,B错误;Z为P元素,其单质有红磷、白磷等多种结构,1 mol P的单质含有共价键数目不一定为6NA,C错误;由H、O、Al构成的化合物为Al(OH)3,为两性物质,既溶于强酸,又溶于强碱,D正确。
2.A　解析 水分子的电子式为H··O······H,由于孤电子对的排斥作用,成键电子对发生偏移,则球棍模型为,A正确;钾为19号元素,其核外有19个电子,原子结构示意图为,B错误;Na2O2为离子化合物,两个O原子间只形成1对共用电子,其电子式为Na+[ ··O······O······]2-Na+,C错误;中子数为20的氯原子,质量数为37,其原子符号为 1737Cl,D错误。
3.B　解析 S6与S8是硫元素形成的性质不同的两种单质,故互为同素异形体,而不是同位素,A错误;根据质量数等于质子数加中子数可知,80198Hg的中子数为198-80=118,B正确;NH3是共价化合物,则NH3的电子式为H ··N·· H····H,C错误;金属汞熔点较低,常温下呈液态,而硫黄常温下为固态,故金属汞的熔点低于硫黄,D错误。
4.D　解析 W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍,则Z为O元素;W形成一个共价键、X形成3个共价键、Y形成4个共价键,且W、X、Y的原子序数均比Z(O)小,则W、X、Y分别为H、B、C元素。电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同,核电荷数越多,原子半径越小,则原子半径B>C>O>H,故A正确;B最高价氧化物对应的水化物是硼酸,C最高价氧化物对应的水化物是碳酸,硼酸的酸性弱于碳酸,故B正确;H和C可以形成C2H2、C6H6等多种原子个数比为1∶1的化合物,故C正确;题中所给结构中H原子形成2电子稳定结构,B原子最外层形成3+3=6电子,二者都不满足8电子稳定结构,故D错误。
5.AD　解析 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子核外电子只有一种自旋取向,则X为H;Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等,原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2,结合原子序数可知Y为O,Z为Mg;W原子的价电子中,在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2∶1,其价电子排布式为3s23p4,则W为S。同周期元素,从左往右,第一电离能有逐渐增大的趋势,但第ⅡA族、第ⅤA族原子核外电子排布处于全充满、半充满的稳定状态,其第一电离能大于同一周期相邻元素,所以P第一电离能大于S元素,则S元素的第一电离能比P、Cl都小,A正确;不同周期元素,电子层数越多,原子半径越大,同周期元素,从左向右原子半径逐渐减小,则原子半径:r(X) 6.C　解析 X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素,在同周期元素的原子中,W的半径最大,则W为Na;Z的原子序数等于X、Y原子序数之和,A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物,D、M分别为Y、Z元素形成的单质,根据相互转化关系图分析,M为氧气,则Z为O,A为氨气,B为NO,C为NO2,D为N2,则X为H,Y为N。
原子半径大小顺序为Na>N>O>H,故A错误;NaH是离子晶体,H2O为分子晶体,H2O沸点比NaH的低,故B错误;工业上可用电解熔融的NaCl制备Na,故C正确;同周期,从左到右,元素非金属性增强,因此非金属性:O>N>H,故D错误。
7.C　解析 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W是地壳中含量最多的元素,W是O元素,X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,X为Na元素,非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍,Z的最外层电子数为7,则Z为Cl元素,Y为Si元素。根据分析可知,W为O元素,X为Na元素,Y为Si元素,Z为Cl元素。
Na形成的晶体为金属晶体,其熔点较低,而Si形成的晶体为共价晶体,具有较高熔点,则单质熔点:Y>X,故A正确;水分子间形成氢键,沸点较高,氢化物的沸点:W>Z,故B正确;X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO,故C错误;Na2SiO3中含有Si—O共价键,故D正确。
8.C　解析 本题考查元素推断、元素周期表结构和元素周期律。
W、Y分别形成4个、2个共价键,结合W的原子序数是X、Y之和,可知X、Y、W分别为C、O、Si元素,则Z为F元素。
原子半径C>O>F,A项说法正确;非金属性O>C>Si,B项说法正确;F2具有强氧化性,C项说法错误;根据86号元素为0族元素,可推出82号元素位于第Ⅳ A族,与W(Si)位于同一主族,D项说法正确。
9.答案 (1)①2Na+3Cl22NaCl3　②259×1030NA·a3
(2)①2∶1∶1　②(0.5,0.5,0.5)
(3)sp3　6　3　高　该晶体中氢键数目多　相同
(4)He>Cl>Na　N>H>Na
解析 (1)①根据晶胞结构可知,该晶体化学式为NaCl3,则生成NaCl3的反应的化学方程式为2Na+3Cl22NaCl3;②已知晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数为NA mol-1,根据密度计算公式可得ρ=(2×23+6×35.5)×1030NA·a3 g·cm-3=259×1030NA·a3 g·cm-3。
(2)①钠离子按简单立方排布,所以钠离子均摊计算后为1个,电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心,则电子对(2e-)和氦原子各0.5个,所以x∶y∶z=2∶1∶1;②氦原子放在晶胞顶点,电子对(2e-)与氦原子交替填充在立方体的中心,则电子对(2e-)在晶胞中的分数坐标为(0.5,0,0)、(0,0.5,0)、(0,0,0.5)和(0.5,0.5,0.5)。
(3)氨分子中N原子有3个σ键和1个孤电子对,杂化方式为sp3。氨分子中的每个H均参与一个氢键的形成,每个N原子邻接6个H原子,其中3个H原子为N原子所键合的H原子,另外3个H原子则是依靠氢键作用所吸引,因此1 mol 氨晶体含有3 mol氢键。氨晶体与普通氨晶体相比熔点高,原因是该晶体中氢键数目多。热稳定性是化学性质,所以该氨晶体中与普通氨晶体中氨分子的热稳定性相同。
(4)Na、Cl、He的第一电离能由大到小的顺序为He>Cl>Na;非金属性越强,电负性越大,H、Na、N的电负性的大小为N>H>Na。
B组　能力提升练
1.C　解析 X原子的最外层电子数为Y原子最外层电子数的6倍,根据最外层电子数不超过8,X最外层电子数只能为6,Y最外层电子数只能为1,又因X之前还有W元素,之后还有Y、Z两种元素,故X只能为O元素,则Y为Na元素,根据原子序数关系,q为X元素单质,则q为O2,W可能为Be、B、C、N,对应同族Z可能为Mg、Al、Si、P,由图示知,W、O、Z三种元素形成的一种二元化合物能与O2反应,联想W、Z的可能情况,推测t为CO,则u为CO2,即W为C元素,则Z为Si元素,则p为C元素,r为Si元素,由反应①制得Si,工业制Si反应:2C+SiO2Si+2CO↑,则s为SiO2,p(C)能与u(CO2)在高温下反应生成t(CO),推测合理,综上所述:W为C元素、X为O元素、Y为Na元素、Z为Si元素。
电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同时,核电荷数越多,原子半径越小,故四种原子半径顺序为Y>Z>W>X,故A正确;由分析知,工业上可利用反应①制备Si,故B正确;Y的最高价氧化物的水化物为NaOH,t(CO)与NaOH溶液不反应,故C错误;X、Y、Z形成的Na2SiO3溶液可用作木材防火剂,故D正确。
2.B　解析 甲、乙、丙均为10电子的分子,且X和乙的反应为置换反应,则应为氟气和水的反应,可知X单质为F2,Y单质为O2,乙为H2O,甲为HF,则W为H元素,X为F元素,Y为O元素,丙是NH3或CH4,丁是NO或CO2,Z为C或N元素,据此作答。
若丙为氨气,则Z为N元素,W、Y、Z可组成硝酸铵,为离子化合物,A项正确;Z若为C元素,则最高价氧化物对应的水化物为弱酸,B项错误;同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则原子半径应为W 3.CD　解析 石墨晶体中层内碳原子的杂化方式为sp2杂化,碳原子间以σ键形成六元环,层内形成大π键能提供自由移动的电子导电,而层间以分子间作用力相结合,导电能力差,则层内导电性强于层间导电性,A正确;铬元素的原子序数为24,失去3个电子形成铬离子,基态Cr3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3,则最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3,B正确;由(CH3COO)2Ni·4H2O的空间结构为八面体,中心离子为镍离子,配位体为2个醋酸根离子和4个水分子,配位数为6,C错误;氮元素的电负性大于磷元素,与氯元素的电负性差值小于磷元素,则空间结构都为三角锥形的三氯化氮分子的极性小于三氯化磷,D错误。
4.A　解析 Ti元素为22号元素,位于第四周期第ⅣB族,A错误;据题图可知黑球的个数为12×14+1=4个,白球的个数为8×18+6×12=4个,化学式为TiN,即该晶胞中含有4个Ti原子和4个N原子,B正确;Ti原子半径大于N原子,所以黑球为Ti原子,白球为N原子,以体心Ti原子为例,距离其最近且相等的N原子可构成一个正八面体,即Ti原子均位于N原子构成的八面体空隙中,C正确;Ti原子的半径大于Mn,更容易失去电子,所以Ti的第一电离能小于Mn,D正确。
5.C　解析 根据题干信息,戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸,在短周期元素中,符合此条件的可以是S或Cl。如果戊为S元素,则甲、乙、丙、丁分别为C、O、Si、P元素;如果戊为Cl元素,则甲、乙、丙、丁分别为N、F、P、S元素。但无论戊是什么元素,同周期的主族元素,原子序数越大,半径越小,原子半径:丁>戊;同主族元素的原子序数越大,半径越大,原子半径:戊>乙,则原子半径:丁>戊>乙,A项正确,不符合题意;无论戊是什么元素,同周期主族元素的原子序数越大,非金属性越强,因此非金属性:戊>丁>丙,B项正确,不符合题意;若戊为S元素,则甲为C元素,甲的氢化物如甲烷遇氯化氢无白烟产生,C项错误,符合题意;不论丙是Si元素还是P元素,其最高价氧化物对应的水化物均为酸,均可以与强碱反应,D项正确,不符合题意。
6.D　解析 本题考查元素周期表中元素的“位—构—性”关系。由题意可知,Q为第二周期元素,X、Y、Z为第三周期元素,再依据Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍,可推知Y为Si元素;由“X、Y相邻”,且X的原子序数小于Y,可推知X为Al元素;最后依据原子序数的大小关系和四种元素最外层电子数之和为19可推知:若Q为O元素,则Z为S元素;若Q为N元素,则Z为Cl元素;若Q为F元素,则Z为P元素。非金属性:AlSi(或Cl>Si或P>Si),所以最高价含氧酸的酸性:H2SO4>H2SiO3(或HClO4>H2SiO3或H3PO4>H2SiO3),D项正确。
7.CD　解析 X、Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素,且四种元素分布在三个周期,根据所给化合物结构分析,X为H元素;Z和X同主族,且Z的原子序数最大,则Z为Na元素;W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍,且Y能形成4个共价键,W能形成2个共价键,则Y为B元素,W为O元素。O和Na可以形成化合物Na2O2,含有离子键和共价键,A错误;Y为B元素,该结构中形成3个共价键的B原子最外层只有6个电子,B错误;电子层数越多原子半径越大,电子层数相同时,核电荷数越小半径越大,原子半径Na>B>O,即Z>Y>W,C正确;X3YW3即H3BO3,为一种弱酸,D正确。
8.D　解析 结合题给物质转化关系图,a应为由C、H或C、H、O元素组成的有机化合物,m为O2,b、c为CO2和H2O,d为Na2O2,e、f为Na2CO3、NaOH,由此分析可知W为H元素,X为C元素,Y为O元素,Z为Na元素。电子层数越多,原子半径越大,同周期元素核电荷数越大,原子半径越小,则原子半径:W 9.答案 (1)4d25s2
(2)Ti (3)①17　②变大　游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后,孤电子对变成了σ键电子对,排斥力减小,因此H—N—H键之间的夹角会增大
(4)①3　②3434Mρ·NA
解析 (1)Ti的原子序数为22,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,价电子排布式为3d24s2,钛和锆的价层电子结构相似,基态锆原子的价电子排布式为4d25s2。
(2)金属元素的电负性小于非金属元素,在非金属元素中H元素电负性比B大,所以H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为Ti (3)①1个[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有Zr—Cl配位键4个,Zr—N配位键2个,配位键属于σ键,含有N—H 4个、C—H 4个、N—C 2个、C—C 1个,共11个共价键,属于σ键,所以总共有17个共价键。
②游离态H2NCH2CH2NH2中N原子有一个孤电子对,配合物中N原子提供一个孤电子对与Zr形成配位键,孤电子对之间的斥力>孤电子与成键电子之间的斥力>成键电子对之间的斥力,与Zr形成配位键后孤电子对变成了σ键电子对,即成键电子对,排斥力减小,因此H—N—H之间的夹角会增大。
(4)①TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心,Ti4+的配位数为6,晶胞中Ti4+的数目为1+8×18=2,O2-的数目为2+4×12=4,则TiO2晶胞中O2-的配位数是3。
②已知二氧化锆晶胞的密度为ρ g·cm-3,则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离为晶胞体对角线的14,晶胞体对角线长度等于棱长的3倍,设两原子核之间的距离为a cm,则晶胞的棱长为4a3 cm,晶胞中黑色球数目为4,白色球数目为8,即O原子数目为8,Zr原子数目为4,晶胞质量为4MNA g=(4a3 cm)3×
ρ g·cm-3,解得:a=3434Mρ·NA。
10.答案 (1)2　3d9
(2)120°　低
(3)sp2　平面三角形　C
解析 (1)根据化学式BaCuSi4O10、BaCuSi2O6,其中Ba为+2价,Si为+4价,O为-2价,由化合价代数和为零,“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun+,n=2,基态时该阳离子的价电子排布式为3d9。
(2)CO32-中心原子C的价层电子对数为3+4+2-2×32=3,为平面三角形结构,键角∠OCO为120°。根据所学,钙离子半径小,与氧之间的作用力大,碳酸钙更容易分解,故从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低。
(3)配离子Cu(CN)32-中,中心离子的价层电子对数是3,且不含孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化方式为sp2,该配离子的空间结构为平面三角形;CN-中配位原子是碳原子,因为N元素电负性较大,不易提供孤电子对。
11.答案 (1)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2　M　3　哑铃
(2)sp2　Co、O、N　16
(3)(PnO3n+1)(n+2)-
解析 (1)Co为27号元素,Co原子核外有27个电子,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2;基态磷原子核外有三层电子,故最高能层符号为M,电子云在空间有3个伸展方向,原子轨道为哑铃形。
(2)NO3-中中心原子N的价层电子对数为3,为sp2杂化;同一周期,从左往右,元素第一电离能有逐渐增大的趋势,但由于N原子中最外层为半充满状态,比较稳定,故第一电离能大于O原子,所以第一电离能由小到大的顺序为Co、O、N;一个NO3-中有3个σ键,配位键也为σ键,故σ键数目为3×4+4=16,则1 mol该配离子中含σ键数目为16NA。
(3)PO43-(磷酸根离子)、P2O74-(焦磷酸根离子)、P3O105-(三磷酸根离子)磷原子的变化规律为1,2,3,……n;氧原子的变化规律为4,7,10,……3n+1;酸根所带电荷数的变化规律为3,4,5,n+2,推出通式为(PnO3n+1)(n+2)-。
12.答案 (1)第五周期第ⅠB族　4d10
(2)CO(或N2等合理答案)　1∶1
(3)Cu+的3d电子处于全充满状态,稳定性强
(4)①sp2、sp3　②8
(5)12　CuCl　3434MNA·ρ×1010
解析 (1)Ag的原子序数是47,位于铜的下一周期,在元素周期表中的位置是第五周期第ⅠB族,Ag+的价电子排布式为4d10。
(2)与CN-互为等电子体的分子有CO或N2等;HCN的结构式为H—C≡N,因此分子中σ键和π键数目之比为2∶2=1∶1。
(3)由于I1是失去4s电子,I2是失去3d电子,Cu+的3d电子处于全充满状态,稳定性强,因此I2(Cu)远远大于I1(Cu)。
(4)①配合物中饱和碳原子全部形成单键,为sp3杂化,酯基中的碳原子含有碳氧双键,其轨道杂化类型为sp2;
②单键都是σ键,双键中含有1个σ键,则1 mol氨基乙酸钠(H2N—CH2—COONa)含有σ键的数目为8 mol。
(5)某Q原子的外围电子排布式为3s23p5,Q是Cl原子。Cu与Cl形成化合物的晶胞如图所示(白球代表Q原子),根据晶胞结构可知每个铜原子周围距离最近的铜原子位于面心处,其数目为12;晶胞中含有4个Cl原子,Cu原子个数是8×18+6×12=4,该晶体的化学式为CuCl。已知该晶体的密度为ρ g·cm-3,晶体的摩尔质量为M g·mol-1,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的边长是34MρNAcm=34MρNA×1010 pm,晶胞中铜原子和Q原子之间的最短距离为体对角线的14,即为
3434MNA·ρ×1010pm。