2014高考化学（真题 模拟题 综合演练题）：选修3 物质结构与性质

世纪金榜 圆您梦想 www.jb1000.com 答案:(1)M 9 4 (2)二氧化硅 (3)共价键 3 (4)MgSi+4NHClSiH+4NH+2MgCl

2

4

4

3

2

(5)①C—C键和C—H键较强,所以形成的烷烃较稳定,而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低,易断裂,导致长链硅烷难以生成

②C—H键的键能大于C—O键,C—H键比C—O键稳定,而Si—H键的键能却远小于Si—O键,所以Si—H键不能稳定存在,而倾向于形成更稳定的Si—O键

n?2?(6)sp 1∶3 [SiO3]2或SiO3 n3

7. (2013年福建理综,31,13分)(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律,参照右图中B、F元素的位置,用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。

(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到: 4NH3+3F2

NF3+3NH4F b.分子晶体 d.金属晶体

①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 (填序号)。 a.离子晶体 c.原子晶体

②基态铜原子的核外电子排布式为 。 (3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:

①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及 (填序号)。 a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.金属键 e.氢键

f.范德华力

②R中阳离子的空间构型为 ,阴离子的中心原子轨道采用 杂化。

(4)已知苯酚()具有弱酸性,其Ka=1.1×10;水杨酸第一级电离形成的离子

-10

能形成分子内氢键。据此

判断,相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸) Ka(苯酚)(填“>”或“<”),其原因

是 。

解析:(1)依据元素周期律,同周期元素的第一电离能从左向右依次增大,但N元素的2p轨道处于半充满状态,较稳定,故其第一电离能大于氧的。

(2)①NH3、F2、NF3属于分子晶体,NH4F为离子晶体,Cu为金属晶体。②Cu的核电荷数为29,3d轨道上全充满,其基态原子的核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s。

2

2

6

2

6

10

1

10

1

(3)①由Q知,H2O与BF3·H2O分子间有氢键,BF3·H2O分子内有共价键和配位键,其分子间有分子间作用力(范德华力)。②H3O中有孤对电子,由价层电子对互斥理论知,其空间构型为三角锥形,阴离子的中心原子B有四个σ键,故采用sp杂化。

3

+

(4)分子内氢键的存在,使H难以电离出,故Ka2

+

答案:(1)如图所示

第9页（共23页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司

世纪金榜 圆您梦想 www.jb1000.com

(2)①a、b、d ②1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s

2

2

6

2

6

10

1

10

1

(3)①a、d ②三角锥形 sp

3

(4)<

中形成分子内氢键,使其更难电离出H

+

8.(2013年江苏化学,21A,12分)元素X 位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍。 (1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

①在1个晶胞中,X离子的数目为 。

②该化合物的化学式为 。 (2)在Y的氢化物(H2Y)分子中,Y原子轨道的杂化类型是 。

(3)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y,其原因是 。

?(4)Y 与Z 可形成YZ24。

?①YZ24的空间构型为 (用文字描述)。

?②写出一种与YZ24互为等电子体的分子的化学式: 。

(5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2,1 mol该配合物中含有σ键的数目为 。 解析:由题给信息可知X的核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s,即X为30号元素,为Zn;Y的核外电子排布式为1s2s2p3s3p,即Y为16号元素,为S。由核外各层电子排布规律知:Z只能是O。

2

2

6

2

4

2

2

6

2

6

10

2

(1)①由晶胞结构可知,X分别位于晶胞的顶点和面心,根据晶胞中原子的“分摊原则”可计算一个晶胞中的X离子数为:8×1/8+6×1/2=4。②Y离子全部在晶胞中,故一个晶胞中含有4个Y离子。故该化合物的化学式为ZnS。

(2)H2S分子中S原子有两对成键电子和两对孤对电子,即有4对价电子,所以H2S分子中S原子的轨道杂化类型为sp杂化。

3

(3)H2O与乙醇可以形成分子间氢键,使得水与乙醇互溶;而H2S与乙醇不能形成分子间氢键,故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。

?(4)①SO24的中心原子S周围有4对成键电子,孤电子对数为

6?2?4?23

=0,即价电子对数为4,采取sp杂化,形成以S为体2?心,O为顶点的正四面体结构;②根据价电子总数相等的分子或离子之间互为等电子体。SO24中S、O最外层均为6个电子,?2?故SO24中原子最外层共有32个电子(价电子);CCl4、SiCl4中原子的最外层电子总数均为4+7×4=32,故SO4、CCl4、SiCl4

为等电子体。

(5)根据形成共价键的两原子间只形成一条σ键原则可知:[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]与Cl形成离子键,而1个[Zn(NH3)4]中含有4个Zn—N键(配位键)和12个 N—H键,共16个共价单键,故1 mol该配合物中含有16 mol σ键。 答案:(1)①4 ②ZnS (2)sp

3

2+

-2+

(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键 (4)① 正四面体 ②CCl4 或SiCl4 等 (5)16 mol(或16×6.02×10个)

23

第10页（共23页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司

世纪金榜 圆您梦想 www.jb1000.com 9.(2012年浙江自选模块,15,10分) (1)可正确表示原子轨道的是 。 A.2s B.2d C.3p D.3f

(2)写出基态镓(Ga)原子的电子排布式: 。 (3)下列物质变化,只与范德华力有关的是 。 A.干冰熔化 B.乙酸汽化 C.乙醇与丙酮混溶

x

D.

溶于水 E.碘溶于四氯化碳 F.石英熔融

(4)下列物质中,①只含有极性键的分子是 ,②既含离子键又含共价键的化合物是 ;③只存在σ键的分子是 ,④同时存在σ键和π键的分子是 。 A.N2 B.CO2 C.CH2Cl2 D.C2H4 E.C2H6 F.CaCl2 G.NH4Cl

(5)用“>”、“<”或“=”填空:第一电离能的大小:Mg Al;熔点的高低:KCl MgO。 解析:(1)第二个电子层无d轨道,第三个电子层无f轨道,A、C正确。(2)Ga是31号元素,核外电子排布式

为:1s2s2p3s3p3d4s4p或[Ar]3d4s4p。(3)A项干冰是分子晶体,熔化时破坏范德华力。B项乙酸分子间存在氢键,汽化还与氢键有关。C项乙醇分子间存在氢键。D项中水分子之间存在氢键。E项中,溶质分子之间、溶剂分子间以及I2与CCl4之间都只存在范德华力。F项石英是原子晶体,熔融时破坏共价键。(4)C2H4、C2H6中含有C—H为极性键,C—C键为非极性键。双键中有一个σ键,一个π键。三键中有一个σ键,两个π键。(5)镁原子的s轨道全充满,属于较为稳定的状态,第一电离能大于铝。KCl中离子所带电荷低于MgO(KMg、Cl>O),所以KCl的熔点低于MgO。 答案:(1)AC

(2)1s2s2p3s3p3d4s4p

2

2

6

2

6

10

2

1

+

2+

-2-+

2+

-2-2

2

6

2

6

10

2

1

10

2

1

(3)AE

(4)①BC ②G ③CE ④ABD (5)> <

10.(2012年江苏化学,21A,12分)一项科学研究成果表明,铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。

(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液,所得沉淀经高温灼烧,可制得CuMn2O4。 ①Mn基态的电子排布式可表示为 。

2+

?②NO3的空间构型是 (用文字描述)。

(2)在铜锰氧化物的催化下,CO被氧化为CO2,HCHO被氧化为CO2和H2O。 ①根据等电子体原理,CO分子的结构式为 。 ②H2O分子中O原子轨道的杂化类型为 。 ③1 mol CO2中含有的σ键数目为 。

(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]。不考虑空间构型,[Cu(OH)4]的结构可用示意图表示为 。

?解析:(1)Mn原子序数为25,Mn的核外电子排布为1s2s2p3s3p3d4s,Mn的核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d。NO3离子

2

2

6

2

6

5

2

2+

2

2

6

2

6

5

2-2-

中氮原子的价层电子对数为n=

5?1?=3,n=配位体数,所以无孤电子对,则NO3为平面三角形结构。(2)①CO与N2互为等电子2体,等电子体具有相似的电子结构与几何构型,所以根据氮分子的结构式可以写出CO的结构式C≡O。②H2O分子内氧原子有2对孤电子对、2对成键电子,共4对价层电子,采用sp杂化,分子空间构型为V形。③二氧化碳(O

2+

-3

CO)分子内,一个C连

2+

-

接有2个O原子,所以有2个σ键,故1 mol CO2中含有2 mol σ键。(3)Cu有空轨道,OH能提供孤电子对,所以Cu与OH之间形成配位键,Cu与OH以配位键结合。

2+

-

第11页（共23页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司

世纪金榜 圆您梦想 www.jb1000.com 答案:(1)①1s2s2p3s3p3d(或[Ar]3d) ②平面三角形 (2)①C≡O ②sp ③2×6.02×10个(或2 N)

2

2

6

2

6

5

5

3

23

A

(3)

11.(2012年山东理综,32,8分)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。 (1)下列关于金属及金属键的说法正确的是 。 a.金属键具有方向性与饱和性

b.金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用 c.金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子 d.金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光

(2)Ni是元素周期表中第28号元素,第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是 。 (3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n= 。CO与N2结构相似,CO分子内σ键与π键个数之比为 。 (4)甲醛(H2C

O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为 ,甲醇分子内的O—C—H

键角 (填“大于”、“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。

解析:(1)金属键没有方向性和饱和性,a项错误;金属导电是因为在外加电场作用下,自由电子产生定向移动,c项错误;由于自由电子的存在使金属很容易吸收光子而发生跃迁,发出特定波长的光波,因而金属往往有特定的金属光泽,d项错误。(2)Ni原子的核外电子排布式是1s2s2p3s3p3d4s,所以在3d轨道上有两个未成对电子,则第二周期元素中,含有两个未成对电子的元素的价电子排布式有2s2p和2s2p,分别是碳元素和氧元素,其中电负性最小的是碳。

2

2

2

4

2

2

6

2

6

8

2

(3)由题意知CO与N2的结构相似,知CO的结构为::C≡O:;CO在与过渡金属形成配合物时,C的那对孤电子对参与配位键的形成(O的那对孤电子对不参与配位键的形成),所以每个CO提供的电子数为2(靠近C的那对孤电子对)根据中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18可知,Ni的价电子数是10,所以配体提供的电子数是8,又因为一个CO配体提供两个电子,故n=4;因为氮气的结构式是N≡N,而CO与N2的结构相似,所以CO中σ键与π键的个数之比是1∶2。(4)甲醇分子内碳的成键电子对为4,无孤电子对,所以其碳原子是sp杂化,由于甲醛中的碳氧之间是双键,而甲醇中碳氧间是单键,碳氧双键中存在π键,它对C—H键的排斥作用较强,所以甲醛中的键角比甲醇中的键角大。 答案:(1)b (2)C(碳) (3)4 1∶2 (4)sp

3

3

小于

12.(2011年山东理综,32,8分)氧是地壳中含量最多的元素。 (1)氧元素基态原子核外未成对电子数为 个。

(2)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为 。

高,原因是 。

+

的沸点比

(3)H可与H2O形成H3O,H3O中O原子采用 杂化。H3O中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大,原因为 。

(4)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构,已知CaO晶体密度为a g·cm,NA表示阿伏加德罗常数,则CaO晶胞体积为 cm。

3

-3

+++

解析:(1)氧元素基态原子

,有两个未成对电子。

(2)化学键强于氢键,分子间的氢键强于范德华力,也就是从强到弱依次是O—H键、氢键、范德华力;

由于存在分子间氢键,使沸点升高,而存在分子内氢键,使物质的沸点

第12页（共23页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司