2024届高考化学二轮复习专题强化练(六)含答案

这是一份2024届高考化学二轮复习专题强化练(六)含答案，共13页。试卷主要包含了氮的化合物种类繁多，应用广泛等内容，欢迎下载使用。

A．Al2Cl6的结构式为
B．Al2Cl6为非极性分子
C．该反应中NH3的配位能力大于氯
D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应
解析：由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A项正确；由选项A的分析可知，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B项正确；由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C项正确；溴元素的电负性小于氯元素，溴原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与NH3反应，故D项错误。
答案：D
2．(2022·全国甲卷)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
解析：Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素。Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19－3－4＝12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素；若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素；若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素。综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解答。X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A项错误；由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于共价晶体，故单质熔点：Si>Al，即Y>X，B项错误；含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点：Q>Z，C项错误；元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D项正确。故选D。
答案：D
3．(2023·辽宁卷)某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是( )
A．W与X的化合物为极性分子
B．第一电离能Z>Y>X
C．Q的氧化物是两性氧化物
D．该阴离子中含有配位键
解析：W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。据此分析解答。W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A项错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B项正确；Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C项正确；该阴离子中L与Q之间形成配位键，D项正确。故选A。
答案：A
4．(2023·湖北卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)＋(WZ4)－。下列说法正确的是( )
A．分子的极性：WZ3B．第一电离能：XC．氧化性：X2Y3D．键能：X2解析：Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，BF3的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，NF3的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3答案：A
5．铬离子能形成多种配位化合物，下列关于[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋的说法正确的是( )
A．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中Cr的化合价为＋2
B．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中铬离子的配位数是5
C．NH3的沸点比H2O低
D．NH3与H2O的键角相同
解析：NH3、H2O化合价代数和均为0，Cl化合价为－1价，故Cr的化合价为＋2－(－1)＝＋3价，选项A错误；H2O中的氧原子、NH3中的氮原子和Cl－中都有孤电子对，可作配位原子，故配位原子为O、N、Cl，中心离子的配位数为3＋2＋1＝6，选项B错误；NH3形成的氢键比H2O的弱，NH3的沸点比H2O低，选项C正确；H2O中的氧原子有两对孤电子对，而NH3中的氮原子只有一对孤电子对，H2O中O原子的孤电子对数更多，对成键电子对的斥力更大，键角更小，选项D错误。故选C。
答案：C
6．(2023·广东统考一模)一种锂的氧化物的晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b＝c＝0.466 5 nm，晶胞棱边夹角均为90°)。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。下列有关说法不正确的是( )
A．该氧化物的化学式为Li2O
B．O原子之间的最短距离为eq \f(\r(2),2)×466.5 pm
C．与Li距离最近且相等的O有8个
D．若p原子的分数坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))，则q原子的分数坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))
解析：该晶胞中，含Li＋个数为8，含O2－个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，则氧化物的化学式为Li2O，A项正确；从题图中可以看出，O原子之间的最短距离为面对角线长度的一半，即为eq \f(\r(2),2)×466.5 pm，B项正确；在晶胞中，Li＋与邻近的4个O2－构成正四面体，则与Li距离最近且相等的O有4个，C项不正确；若p原子的分数坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))，则q原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为eq \f(1,4)、eq \f(3,4)、eq \f(3,4)，从而得出q原子的分数坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))，D项正确。故选C。
答案：C
7．(2023·天津部分高三期中联考)1934年约里奥—居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦eq \\al(4,2)He)轰击金属原子eq \\al(W,Z)X，得到核素eq \\al( 30,Z＋2)X，开创了人造放射性核素的先河：eq \\al(W,Z)X＋eq \\al(4,2)He→eq \\al( 30,Z＋2)Y＋eq \\al(1,0)n，其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是( )
A．X的相对原子质量为26
B．X、Y均可形成三氯化物
C．X的原子半径小于Y的
D．Y仅有一种含氧酸
解析：由质量守恒可得：W＝30＋1－4＝27，设X的最外层电子数为x，由元素X、Y的最外层电子数之和为8可得：x＋x＋2＝8，解得x＝3，Y的质量数为30，则X为Al元素、Y为P元素。由分析可知，X的质量数是27，eq \\al(27,13)Al的相对原子质量近似为27，Al元素的相对原子质量需要根据铝的各种同位素的相对原子质量和它们在自然界中的原子百分比计算平均值，故A项错误；铝元素、磷元素都能与氯元素形成三氯化物，如三氯化铝、三氯化磷，故B项正确；同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则铝原子的原子半径大于磷原子，故C项错误；磷元素可以形成磷酸、亚磷酸、偏磷酸等多种含氧酸，故D项错误。故选B。
答案：B
8．(2022·全国乙卷)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)氟原子激发态的电子排布式有________，其中能量较高的是________。(均填字母)
a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2
c．1s22s12p2 d．1s22s22p33p2
(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个________杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl__________键，并且Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Πeq \\al(4,3))。
②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl键长的顺序是____________________________，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl越强；(ⅱ)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为________。解释X的熔点比Y高的原因：___________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)α­AgI晶体中I－离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag＋主要分布在由I－构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag＋不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α­AgI晶体在电池中可作为________。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α­AgI晶体的摩尔体积Vm＝____________m3·ml－1(列出算式)。
解析：(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5。a项，1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态；b项，1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子；c项，1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子；d项，1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态；答案选ad。而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d。(2)①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳采取sp2杂化，因此C的1个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl σ键；②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl越强，C—Cl的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C—Cl键长顺序为一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键( Πeq \\al(4,3))，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键( Πeq \\al(4,3) )，因此三种物质中C—Cl键长顺序为一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag＋不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α­AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×eq \f(1,8)＋1＝2(个)，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n＝eq \f(N,NA) ml＝eq \f(2,NA) ml，晶胞体积V＝a3pm3＝(504×10－12)3m3，则α­AgI晶体的摩尔体积Vm＝eq \f(V,n)＝eq \f(（504×10－12）3m3,\f(2,NA)ml)＝eq \f(NA×（504×10－12）3,2) m3·ml－1。
答案：(1)ad d
(2)①sp2 σ ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl的键长越短
(3)CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4)电解质 eq \f(NA×（504×10－12）3,2)
9．(2023·天津模拟预测)硒—钴—镧(La)三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有重要的应用。请回答下列问题：
(1)钴位于元素周期表中________(填“s”“p”“d”或“ds”)区，与钴位于同一周期且含有相同未成对电子数的元素有________种。
(2)元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序__________________。硒的某种氧化物为链状聚合结构如图1所示，该氧化物的化学式为_________________________________。
图1
(3)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图2表示。
已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：λ1________(填“>”“＜”或“＝”) λ2，其原因是____________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)[C(15­冠­5)(H2O)eq \\al(2＋,2)](“15­冠­5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图3，该配位离子中含有的σ键数目为________。全惠斯勒合金CrxCyAlz的晶胞结构如图4所示，其化学式为__________。
解析：(1)基态钴原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2位于元素周期表的d区，与钴同一周期且含有相同未成对电子数(3个)的元素为V、As，共2种。(2)同主族元素至上而下，第一电离能减小，即O>Se。氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，即N>O，所以第一电离能由小到大的顺序为Se答案：(1)d 2
(2)N>O>Se SeO2
(3)＜ Se的原子半径比S的原子半径大，Se—Se的键能比S—S的键能小，断裂Se—Se所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长
(4)46 Cr2CAl
10．(2023·浙江卷)氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答下列问题：
(1)基态N原子的价层电子排布式是___________________________________________。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是________。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1
B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2
C．最简单的氮烯分子式：N2H2
D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______________________________________。
③给出H＋的能力：NH3________(填“>”或“<”)[CuNH3]2＋，理由是_________________
________________________________________________________________________。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为__________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为________。
解析：(1)N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3。
(2)①能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：1s22s22p23s1，故A项错误；钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2，故B项正确；氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式为N2H2，故C项正确；氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D项正确。故选A。②氮和氢形成的无环氮多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn＋2，根据有一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn＋2－2m(m≤eq \f(n,2)，m为正整数)。③[CuNH3]2＋形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H＋的能力：NH3＜[CuNH3]2＋。
(3)根据题图可知，钙个数为2＋8×eq \f(1,8)＝3，CNeq \\al(2－,2)个数为2＋4×eq \f(1,4)＝3，则其化学式为CaCN2；其键角为120°根据六方最密堆积图，以体内的1个CNeq \\al(2－,2)为例，在其上方、下方距离最近的钙离子各有3个，其配位数为6。
答案：(1)2s22p3
(2)①A ②NnHn＋2－2m(m≤eq \f(n,2)，m为正整数) ③＜ 形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
(3)CaCN2 6
11．(2023·广东卷)Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、
C2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、C2＋、C3＋与NH3形成可溶于水的配离子：lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7；C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为_____________________________________
________________________________________________________________________。
(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________(填“>”“<”或“＝”)c(NHeq \\al(＋,4))。
(3)“氨浸”时，由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2＋的离子方程式为__________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于__________(填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、C的浸取速率，其原因是_____________________________
________________________________________________________________________。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为__________________________________。
②由CCl2可制备AlxCOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于C与O最小间距，x、y为整数，则C在晶胞中的位置为__________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为____________。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和_______(填化学式)。
解析：硝酸浸取液(含Ni2＋、C2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化镁、调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，然后在滤液中进行镍钴分离，经过一系列操作得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(OH－)＝10－4.1，由lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7，则Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq \f(10－4.7,c（OH－）)＝eq \f(10－4.7,10－4.1)＝10－0.6<1，则c(NH3·H2O)>c(NHeq \\al(＋,4))。(3)“氨浸”时，C(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[C(NH3)6]2＋，则由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2＋的离子方程式为2C(OH)3＋12NH3·H2O＋SOeq \\al(2－,3)=== 2[C(NH3)6]2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋13H2O＋4OH－或2C(OH)3＋8NH3·H2O＋4NHeq \\al(＋,4)＋SOeq \\al(2－,3)=== 2[C(NH3)6]2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋13H2O。(4)①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体。②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了Ni、C的浸取速率，其原因是减少了胶状物质对镍、钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。(5)①“析晶”过程中为了防止Ni2＋水解，因此通入的酸性气体A为HCl。②根据题图中信息C、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，再根据Al与O最小间距大于C与O最小间距，可知Al在顶点，因此C在晶胞中的位置为体心；以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2＋2H2OMg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))MgO＋H2O，可知还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5。②根据前面分析Mg(NO3)2＋2H2OMg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))MgO＋H2O，可知“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和MgO。
答案：(1)MgO＋H2O===Mg(OH)2
(2)＞
(3)2C(OH)3＋12NH3·H2O＋SOeq \\al(2－,3)===2[C(NH3)6]2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋13H2O＋4OH－(或2C(OH)3＋8NH3·H2O＋4NHeq \\al(＋,4)＋SOeq \\al(2－,3)===2[C(NH3)6]2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋13H2O)
(4)①晶体 ②减少了胶状物质对镍、钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5)①HCl ②体心 12
(6)①0.4(或2∶5) ②MgO
氢氧化物
C(OH)2
C(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
5.9×10－15
1.6×10－44
5.5×10－16
1.3×10－33
5.6×10－12