2023届人教版高考化学一轮复习物质结构与性质阶段检测含答案

阶段检测(六)　物质结构与性质

(时间:40分钟　满分:100分)

非选择题(本题共5小题,共100分)

1.(20分)下表是元素周期表中的一部分。

根据A～J在周期表中的位置,用元素符号或化学式回答下列问题:

(1)电负性最强的元素是　　　,第一电离能最小的单质是　　　　。

(2)最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是　　　　　,呈两性的是　　　　。 

(3)A分别与E、F、G、H、I形成的化合物中,沸点最高的是　　　。

(4)在B、C、D、G、I中,形成的简单离子半径最大的元素是　　　。

2.(20分)X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素,其中原子序数依次增大;和Y+有相同的核外电子排布;Z的气态氢化物的沸点比其上一周期同族元素气态氢化物的沸点低;R的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多;W为金属元素,X与W形成的某种化合物与Z的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取Z的气体单质。回答下列问题(相关回答均用元素符号表示):

(1)R的基态原子的核外电子排布式是　　　　　　　　　。 

(2)Z的气态氢化物的沸点比其上一周期同族元素气态氢化物的沸点低的原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)X与Z中电负性较大的是　　　　。Z的某种含氧酸盐常用于实验室制取X形成的单质,此酸根离子的空间结构为　　　　　,此离子中所含化学键的类型是　　　　,X—Z—X的键角　　　　(填“>”“<”或“=”,已知:孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力)109°28′。 

3.(20分)据报道,选择碲化锆(ZrTe5)为材料验证了三维量子霍尔效应,并发现了金属绝缘体的转换。Te属于第ⅥA族元素。回答下列

问题:

(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2,锆原子中d轨道上的电子数是　　　　　,Zr2+的价层电子排布图是　　　　　　。 

(2)Zr、Te、Cl的电负性由大到小的顺序是　　　　　　,H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是　　　　　　　　　　　,酸性强弱比较:H2SO4　　　　　　(填“>”或“<”)H2TeO4。 

(3)H2Te和CO2均为三原子分子,但它们的键角差别较大,试用杂化轨道理论解释,理由是 　。 

(4)[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子,其中的配位原子是　　　　　　(填符号),1个[Zr(C2H5O)2]2+中含共价键的数目是　　　　。 

(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物,其硬度极高,可用于陶瓷和耐火材料,其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是　　　　。若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm,则立方氧化锆的密度为

　　　　　　g·cm-3(写出计算表达式)。 

4.(20分)(1)氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料,其晶胞结构如图所示,为长方体。写出与Al空间结构相同的一种分子:　　　　　(填化学式)。 

NaAlH4晶体中,与Al紧邻且等距的Na+有　　　　个;NaAlH4晶体的密度为　　　　　　　　g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。 

(2)氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物,N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中,晶胞结构如图所示。

氮化钼的化学式为　　　　　。氮化钼晶胞边长为a nm,晶体的密度ρ=　　　　g·cm-3(列出计算式,设NA为阿伏加德罗常数的值)。 

(3)①已知MgO与NiO的晶体结构(如图1所示)相同,其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为 66 pm 和69 pm。则熔点:MgO　　　　(填“>”“<”或“=”)NiO,理由是　。 

②若NiO晶胞中离子坐标参数A为(0,0,0),B(1,1,0),则C的坐标参数为　　　　　　　　。 

③一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为O2-作密置单层排列,Ni2+填充其中(如图2所示)。已知O2-的半径为a m,每平方米上分散的该晶体的质量为　　　　　g[用含a、NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)的式子表示]。 

5.(20分)纳米TiO2被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料制备纳米TiO2的步骤如下:25 ℃时,

Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29;Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38;Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16

(1)酸浸:向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸,充分反应后,所得溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+和S。Ti基态原子核外电子排布式为　　　　　　。 

(2)除铁、沉钛:向溶液中加入铁粉,充分反应,趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含TiO2+的溶液;调节除铁后溶液的pH,使TiO2+水解生成TiO(OH)2,过滤。

①若沉钛后c(TiO2+)<1×10-5 mol/L,则需要调节溶液的pH略大于　　　　　　。 

②TiO2+水解生成TiO(OH)2的离子方程式为　。 

③加入铁粉的作用是　。 

(3)煅烧:在550 ℃时煅烧TiO(OH)2,可得到纳米TiO2。

①TiO2的一种晶胞结构如图1所示,每个O周围距离最近的Ti的数目是　　　　　　。 

②纳米TiO2在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。H2O和甲醛都可在催化剂表面吸附,光照时,吸附的H2O与O2产生HO·,从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图2所示,甲醛降解率随空气湿度变化的原因为                                         

　。 

(4)纯度测定:取纳米TiO2样品2.000 g,在酸性条件下充分溶解,加入适量铝粉将TiO2+还原为Ti3+,过滤并洗涤,将所得滤液和洗涤液合并配成250 mL溶液。取合并液25.00 mL于锥形瓶中,加几滴KSCN溶液作指示剂,用0.100 0 mol/L NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定,将Ti3+氧化为TiO2+,消耗0.100 0 mol/L NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL。该样品中TiO2的质量分数为　　　　　　。 

阶段检测(六)　物质结构与性质

1.解析:由元素在周期表中的位置可知,A为H,B为Na,C为Mg,D为Al,E为C,F为N,G为S,H为F,I为Cl,J为Ne。

答案:(1)F　Na　(2)HClO4　Al(OH)3　(3)HF　(4)S

2.解析:(1)依据洪特规则可推知前四周期元素的基态原子中单电子数最多即价层电子排布式为3d54s1(单电子数为6),则R为铬元素,其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1。(2)结合题干信息可推知元素X、Y、Z、W分别为O、Na、Cl、Mn;因HF分子间存在氢键,而HCl分子间不存在氢键,故沸点HF>HCl。(3)O与Cl中电负性较大的是O;Cl的含氧酸盐中用于实验室制取氧气的盐为KClO3,Cl的价层电子对数为4(3个σ键、1对孤电子对),故Cl的空间结构为三角锥形;Cl中Cl、O间为共价键;由于ClO2中心原子上存在一对孤电子对,孤电子对的排斥力大于成键共用电子对,故O—Cl—O的键角小于109°28′。

答案:(1)1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)

(2)HF分子间存在氢键,而HCl分子间不存在氢键

(3)O　三角锥形　共价键(或答极性键均可)　<

3.解析:(1)锆(Zr)的原子序数为40,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2,锆原子中3d轨道上的电子数是10,4d轨道上的电子数是2,则d轨道上的电子数一共12个;Zr失去最外层两个电子,其价层电子排布式为4d2,则Zr2+的价层电子排布图是。

(2)根据非金属性越强,电负性越大的规律,Zr为金属元素,Te和Cl为非金属元素,且非金属性Cl>Te,则Zr、Te、Cl的电负性由大到小的顺序是Cl>Te>Zr;H2O受氢键影响,所以沸点最高,H2Se、H2Te的沸点主要受范德华力影响,相对分子质量越大,沸点越高,即H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O>H2Te>H2Se;S和Te属于同主族元素,从上而下,元素非金属性减弱,原子序数Te>S,则非金属性S>Te,非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,即酸性H2SO4>H2TeO4。

(3)H2Te中Te原子价层电子对数为2+=2+2为4,采用sp3杂化,由于有两对孤电子对,分子为V形结构,CO2中C原子价层电子对数为2+=2+0=2,采用sp杂化,分子为直线形,H2Te和CO2均为三原子分子,但它们的键角差别较大,理由是H2Te中Te为sp3杂化,由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28′,CO2中C为sp杂化,键角为180°。

(4)[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子,配体中O原子含有孤电子对,所以配位原子为O原子;1个[Zr(C2H5O)2]2+中同种非金属元素之间形成非极性键、不同非金属元素之间形成极性键,共价单键为σ键,该离子的结构中含共价键的数目是16。

(5)由结构可知,该晶胞中Zr原子位于顶点和面心,个数为8×+6×=4,O原子位于晶胞内,个数为8,Zr、O原子个数之比为4∶8=1∶2,锆原子的配位数是8;若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm,这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半,则晶胞棱长为2a nm,晶胞体积V=(2a×10-7 cm)3,则立方氧化锆的密度ρ=为 g·cm-3= g·cm-3。

答案:(1)12　

(2)Cl>Te>Zr　H2O>H2Te>H2Se　>

(3)H2Te中Te为sp3杂化,由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28′,CO2中C为sp杂化,键角为180°

(4)O　16　

(5)8　　

4.解析:(1)与Al空间结构相同的分子有甲烷、CCl4等;NaAlH4晶体中,与Al紧邻且等距的Na+有8个;晶胞体积为(a×a×2a×

10-21) cm3,晶胞中Na+个数为6×+4×=4,Al个数为8×+4×

+1=4,NaAlH4晶体的密度为= g·cm-3= g·cm-3。

(2)由题图和题中信息知,Mo原子位于晶胞的顶点和面心,1个晶胞含有Mo原子的个数为6×+8×=4,N原子位于晶胞的棱上和体心,1个晶胞含有N原子的个数为4×+1=2,故氮化钼的化学式为Mo2N;

ρ== g·cm-3= g·cm-3。

(3)①离子晶体结构相同时,离子半径越小,晶格能越大,熔、沸点越高,故熔点MgO>NiO。②题中已经给出了坐标系的三个方向示意图,晶胞是边长为1的正方体,因此C的坐标参数是(1,,)。③在题图2中的“单分子层”中可以画出二维重复单元,如,,重复单元呈菱形,是相邻四个氧离子球中心的连线组成的,每个重复单元包含1个氧离子和1个镍离子,NiO的相对分子质量为75;重复单元所占的面积为(2a×a) m2=2a2 m2,则1平方米上分散的该晶体的质量为 g= g。

答案:(1)CH4(合理即可)　8　

(2)Mo2N　(或)

(3)①>　Mg2+的半径比Ni2+的小,MgO的晶格能比NiO的大　②(1,,)　③

5.解析:(1)Ti是22号元素,根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2。

(2)①25 ℃时,Ksp[TiO(OH)2]=c(TiO2+)·c2(OH-)=1×10-29,若c(TiO2+)<1×10-5 mol/L,则c(OH-)> mol/L=10-12 mol/L,

c(H+)< mol/L=10-2 mol/L,故需要调整溶液的pH>2;

②调节除铁后溶液的pH,TiO2+水解生成 TiO(OH)2沉淀同时产生H+,反应的离子方程式为TiO2++2H2OTiO(OH)2↓+2H+;

③加入铁粉的作用是将溶液中Fe3+转化为Fe2+,避免在沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质。

(3)①根据TiO2的晶胞结构示意图可知,每个O周围距离最近的Ti的数目是3;

②湿度低于40%时,随湿度增大,催化剂表面吸附的水分子增多,产生的HO·增多,甲醛降解率增大;当湿度高于40%时,随湿度增大,催化剂表面吸附的水分子过多,降低了甲醛的吸附,甲醛降解率降低。

(4)滴定消耗0.100 0 mol/L NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL 所含溶质的物质的量 n[NH4Fe(SO4)2]=0.100 0 mol/L×23.00×10-3 L=

2.300×10-3 mol,根据得失电子守恒和元素守恒可建立反应关系如下TiO2～TiO2+～Ti3+～NH4Fe(SO4)2,25 mL溶液中n(TiO2)=2.300×

10-3 mol,则在250 mL溶液中n(TiO2)=×2.300×10-3 mol=

2.300×10-2 mol,故在 2.000 g 纳米TiO2样品中含有TiO2的质量m(TiO2)=2.300×10-2 mol×80 g/mol=1.840 g,因此样品中TiO2的质量分数为×100%=92.00%。

答案:(1)[Ar]3d24s2(或1s22s22p63s23p63d24s2)　

(2)①2　②TiO2++2H2OTiO(OH)2↓+2H+　③将溶液中Fe3+转化为Fe2+,避免沉钛过程中生成 Fe(OH)3杂质

(3)①3　②湿度低于40%时,随湿度增大,催化剂表面吸附的水分子增多,产生的HO·增多,甲醛降解率增大;湿度高于40%时,随湿度增大,催化剂表面吸附的水分子过多,降低了甲醛的吸附,甲醛降解率

降低

(4)92.00%