2020高考化学一轮单元训练第十八单元物质结构及性质A卷（含解析）.doc

1 第十八单元 物质结构及性质 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 一、选择题（每小题 3 分，共 48 分） 1．金属钛对人体体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，有“生物金属”之称。下列 有关 和 的说法中正确的是 A． 和 的质量数相同，互称为同位素 B． 和 的质子数相同，互称为同位素 C． 和 的质子数相同，是同一种核素 D． 和 核外电子数相同，中子数不同，不能互称为同位素 2．下列说法正确的是 A．含有非极性键的分子不一定是共价化合物 B．分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响 C．根据 π 键的成键特征判断 C=C 键能是 C﹣C 键能的 2 倍 D．H2O 中心原子采取 sp 杂化 3.周期表中 27 号元素钴的方格中注明“3d74s2”，由此可以推断 A．它位于周期表的第四周期ⅡA 族 B．它的基态核外电子排布式可简写为[Ar]4s2 C．Co2＋的核外价电子排布式为 3d54s2 D．Co 位于周期表中第 9 列 4．X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素。Y 和 Z 位于同一周期，可组成中学常见 的共价化合物 YZ 和 YZ2，X 和 Z 最外层电子数之和与 W 的最外层电子数相同，25℃0.01mol·L-1 X 和 W 形成化合物的水溶液 pH 为 2，下列说法正确的是 A．Y 元素的非金属性大于 W 元素 B．X 和 Y 可以形成既含极性键又含非极性键的分子 C．YZ 和 YZ2 均可以被 NaOH 溶液直接吸收 D．X 和 W 形成的化合物中各原子均为 8 电子稳定结构 5．在硼酸[B(OH)3]分子中，B 原子与 3 个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分 子中 B 原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是 A．sp，范德华力　　　　 B．sp2，范德华力 C．sp2，氢键 D．sp3，氢键 6．观察下列模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是 HCN S8 SF6 B12 结构单元 结构模型示意图 备注 — 易溶于 CS2 — 熔点 1873 K A．HCN 的结构式为 H—C≡N，分子中“C≡N”键含有 1 个 σ 键和 2 个 π 键 B．固态硫 S8 属于原子晶体，分子中 S 原子采用 sp3 杂化 C．SF6 是由极性键构成的非极性分子，分子构型为八面体型 D．单质硼属于原子晶体 7．根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型不是三角锥形的是 A．PCl3 B．HCHO C．H3O＋ D．PH3 8．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：① 1s22s22p63s23p4； ②1s22s22p63s23p3；③ 1s22s22p3； ④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是 A．第一电离能：④＞③＞②＞① B．原子半径：④＞③＞②＞① C．电负性：④＞③＞②＞① D．最高正化合价：④＞③=②＞① 9．下列说法不正确的是 A．晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF> NaCl B．某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为 738、1451、7733、10540、13630、 17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是 X2+ C．熔融状态的 HgCl2 不能导电，HgCl2 的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不 48 22Ti 50 22Ti 48 22Ti 50 22Ti 48 22Ti 50 22Ti 48 22Ti 50 22Ti 48 22Ti 50 22Ti2 同角度分类 HgCl2 是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体 D．含极性键的非极性分子往往是高度对称的分子，比如 CO2、BF3、CH4 这样的分子 10．下列说法正确的是 A．鉴别晶体与非晶体可用 X-射线衍射实验 B．钾焰色反应的紫色辐射波长比钠焰色反应的黄光的波长要长 C．元素周期表 s 区、d 区及 ds 区一定都是金属元素 D．两种元素的电负性相差越大，越易形成共价化合物 11．通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间 结构相同，则下列有关说法中正确的是 A．CH4 和 NH ＋4 是等电子体，键角均为 60° B．NO －3 和 CO 2－3 是等电子体，均为平面三角形结构 C．H3O＋和 PCl3 是等电子体，均为三角锥形结构 D．B3N3H6 和苯是等电子体，B3N3H6 分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道 12．美国科学家合成了含有 N ＋5 的盐类，含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V” 形，如图所示。以下有关该物质的说法中不正确的是 A．每个 N ＋5 中含有 35 个质子和 34 个电子 B．该离子中有非极性键和配位键 C．该离子中含有 4 个 π 键 D．与 PCl ＋4 互为等电子体 13．已知短周期元素的离子 xX2＋、yY＋、zZ3－、wW－具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是 A．电负性：X>Y>Z>W B．原子序数：w>z>y>x C．离子半径：Z3－>W－>Y＋>X2＋ D．元素的第一电离能：X>Y>W>Z 14．在元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子排布为 4s24p6，与其同周期的 a、b、 c、d 四种元素，它们的原子的最外层电子数依次为 2、2、1、7，其中 a、c 两元素原子的次外层电 子数为 8，b、d 两元素原子的次外层电子数为 18，e、d 两元素处于同族，且在该族元素中，e 的气 态氢化物的沸点最高。下列说法错误的是 A．元素 c 核外电子占据 10 个原子轨道 B．b 元素在周期表中的 d 区 C．e 的气态氢化物沸点最高的原因是其分子间形成氢键 D．元素 d 的电子排布式为[Ar]3d104s24p5 15．高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞。则下列有关 说法正确的是 A．KO2 中只存在离子键 B．晶体中与每个 K＋距离最近的 O −2有 6 个 C．晶体中，所有原子之间都以离子键相结合 D．超氧化钾的化学式为 KO2，每个晶胞含有 1 个 K＋和 1 个 O−2 16．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是 A．①为简单立方堆积，②为六方最密堆积，③为体心立方堆积，④为面心立方最密堆积 B．每个晶胞含有的原子数分别为①1 个，②2 个，③2 个，④4 个 C．晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12 D．空间利用率的大小关系为①CaO>NaF> NaCl，故 A 说法正确；B.该原子的第三电离能远大于第二电离能，故该金属元素是第 IIA 族元素，与氯气反应时生成二价的阳离子，故 B 说法正确；C.HgCl2 的稀溶液有弱的导电能力说 明 HgCl2 能够部分电离出自由移动的离子，因此 HgCl2 属于弱电解质，熔融状态的 HgCl2 不能导电说 明 HgCl2 是共价化合物，属于分子晶体，故 C 说法错误；D.CO2、BF3、CH4 三种分子的空间构型分别 为直线哥形、平面三角形和正四面体，分子结构高度对称，属于非极性分子，故 D 说法正确；答案 选 C。 10．【答案】A 【解析】A．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X—射线 衍射实验可以看到微观结构，因此可用 X-射线衍射实验鉴别晶体与非晶体，故 A 正确；B．黄色对 应的辐射波长范围为 597～577nm，紫色波长介于 400nm～435nm 之间，则钾焰色反应的紫色辐射波 长比钠焰色反应的黄光的波长要短，故 B 错误；C．H 为 s 区元素，为非金属元素，d 区和 ds 区的元 素都是金属元素，故 C 错误；D．电负性相差越大的元素原子间越容易形成离子键，存在电子的得失， 形成离子化合物，故 D 错误；答案选 A。 11．【答案】B 【解析】甲烷是正四面体形结构，键角是 109°28′，A 错；NO －3 和 CO 2－3 是等电子体，均为平 面三角形结构，B 对；H3O＋和 PCl3 的价电子总数不相等，不互为等电子体，C 错；苯分子中存在“肩 并肩”式重叠的轨道，故 B3N3H6 分子中也存在，D 错。 12．【答案】D　 【解析】A 项，一个氮原子含有 7 个质子，7 个电子，则一个 N ＋5 粒子中有 35 个质子，34 个电 子，正确；B 项，N ＋5 中氮氮三键是非极性共价键，中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供 孤电子对形成配位键，正确；C 项，1 个氮氮三键中含有 2 个 π 键，所以该粒子中含有 4 个 π 键， 正确；D 项，N ＋5 与 PCl ＋4 具有相同原子数，但价电子数分别为 24、32，故不是等电子体，错误。 13．【答案】C　 【解析】短周期元素的离子xX2＋、yY＋、zZ3－、wW－都具有相同的电子层结构，所以有：x－2＝y －1＝z＋3＝w＋1，且 X、Y 在周期表中 Z、W 的下一周期，原子序数：x>y>w>z，X、Y 为金属，Z、W 为非金属，B 项错误；A 项，非金属性越强，电负性越大，则电负性：W>Z>X>Y，错误；C 项，核电 荷数越大，离子半径越小，核电荷数：x>y>w>z，所以离子半径：Z3－>W－>Y＋>X2＋，正确；D 项，同 周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，非金属性越强，第一电离能越大，故第一电离能： W>Z>X>Y，错误。 14．【答案】B　 【解析】由题意知，a 为 Ca、c 为 K、b 为 Zn、d 为 Br；e、d 两元素处于同族，且在该族元素 中，e 的气态氢化物的沸点最高，则 e 为 F；元素 c 为 K，核电荷数为 19，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p64s1 ，核外电子占据 10 个原子轨道，A 正确；b 为 Zn 元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s2，处于周期表中第四周期第ⅡB 族，属于 ds 区，B 错误；e 的气态氢化物为 HF ， 分 子 间 存 在 氢 键 ， 沸 点 最 高 ， C 正 确 ； 元 素 d 为 Br ， 核 电 荷 数 为 35 ， 电 子 排 布 式 为 [Ar]3d104s24p5，D 正确。 15．【答案】B 【解析】A.晶体中 K+离子与 O2-离子形成离子键，O−2离子中 2 个 O 原子间形成共价键，故 A 错误； B.由晶胞图可知：以晶胞上方面心的 K+离子为研究对象，其平面上与其距离最近的 O −2离子有 4 个， 上方和下方各有 1 个，共有 6 个，故 B 正确；C.晶体中，O 原子间以共价键结合，故 C 错误；D.晶 胞结构和 NaCl 晶体一样，用均摊法来分析，顶点占 1/8，面心占 1/2，棱上中心占 1/4，体心占 1， K+离子位于顶点和面心，数目为 8×1/8+6×1/2=4，O −2离子位于棱心和体心，数目为 12×1/4+1=4， 即每个晶胞中含有 4 个 K+和 4 个 O−2，故 D 错误。故选 B。 16．【答案】B　 【解析】①为简单立方堆积，②为体心立方堆积，③为六方最密堆积，④为面心立方最密堆积，② 与③判断有误，A 错误；每个晶胞含有的原子数分别为①8× 1 8＝1，②8× 1 8＋1＝2，③8× 1 8＋1＝2，④ 8× 1 8＋6× 1 2＝4，B 正确；晶胞③中原子的配位数应为 12，其他判断正确，C 错误；四种晶体的空间 利用率分别为 52%、68%、74%、74%，D 错误。 二、非选择题（共 52 分） 17．【答案】(1)N (2)①正四面体　②sp3　③CCl4(或 SiCl4、SiF4)　④NH3 与 H2O 之间可形成分子间氢键，NH3 与 H2O 发生反应 【解析】(1)Zn 的原子序数是 30，Zn 在周期表中的位置是第四周期第ⅡB 族，含有四个能层， 分别是 K、L、M、N，所以最高能层符号为 N。(2)①根据价层电子对互斥模型，SO 2－4 中价电子对数 为 4＋ 1 2×(6＋2－4×2)＝4，价电子对全是成键电子对，所以 SO 2－4 的空间构型是正四面体。②SO 2－4 的空间构型是正四面体，根据杂化轨道理论，中心原子 S 的杂化类型为 sp3。③等电子体是指原子数 和价电子数都相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同时调整电子数来确定等电子体粒子， 与 SO 2－4 互为等电子体的有 PO3－4 、ClO－4 、CCl4、SiCl4、SiF4 等，符合题干要求是分子的有 CCl4、 SiCl4、SiF4。④NH3 极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3 容易与水分子形成分子间氢键，同 时还发生化学反应，其方程式为 NH3＋H2O NH3·H2O。 18．【答案】(1)6　2p　3 (2)铜元素　1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)3 (3)O3　SO2　 (4)N　非金属性越强，第一电离能越大，但由于 N 原子 2p 轨道电子半充满为稳定结构，比 O 原 子更难失去电子，N 原子的第一电离能最大 【解析】由题意知，Q、Y、Z、W 分别为 C、O、S、Cu。原子序数依次增大，则 X 为 N。(1)Q 为 C，核外有 6 个电子，即核外有 6 种运动状态不同的电子，电子占据的最高能级符号是 2p，p 能级有 3 个原子轨道。(2)W 为 Cu 元素，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1。(3)五种元素 中电负性最强的元素是 O，O 形成的单质为 O2、O3，Y 和 Z 形成的化合物是 SO2、SO3，O3 和 SO2 互为 等电子体，因此 A 为 O3，B 为 SO2。(4)同周期从左向右，第一电离能增大，但第一电离能大小顺序： N>O>C，原因是非金属性越强，第一电离能越大，但由于 N 原子 2p 轨道电子半充满为稳定结构，比 O 原子更难失去电子，N 原子的第一电离能最大。 19．【答案】(1)4　 (2)>　失去一个电子后 O＋的 2p 处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高 (3)V 形　极性　Π43 (4)H3N…H—O、H2O…H—N、H2O…H—O(任写两种) (5)N4 中 N—N 键键能小于 N2 中的 N≡N 键键能，键长大于 N≡N 键键长 (6)8　 32πx3＋16πy3 3a3 ×100% 【解析】(1)O 原子的价电子排布式为 2s22p4，其价电子占据 4 个原子轨道。(2)同周期从左到右 第一电离能呈增大趋势，但 N 的 2p 能级处于半充满状态，比较稳定，所以第一电离能 I1：N>O；O 失去一个电子后 O＋的 2p 处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高，所以第二电 离能 I2：O>N。(3)O3 看成一个 O 原子是中心原子，其他两个 O 原子为配原子的三原子分子，价电子 对数＝2＋ 1 2×(6－2×2)＝3，有一个孤电子对，属于 sp2 杂化，空间构型为 V 形；因为 V 形空间构 型正负电荷重心不重合，所以是极性分子；O 原子的轨道表示式为 O3 中心氧原 子采取 sp2 杂化，其中两个单电子轨道与另外两个原子形成两个σ 键，第三个轨道有一对孤电子对， 与另两个氧原子的各 1 个电子形成三中心四电子大 π 键，可用符号 Π 43表示。(4)因为 O、N 原子有 比较强的吸电子能力，所以 NH3 和 H2O 既会吸引同种分子的 H，又会吸引对方分子的 H，从而形成氢 键 ， 所 以 在 氨 水 中 存 在 4 种 分 子 间 氢 键 ， 可 以 表 示 为 H3N…H—N 、 H3N…H—O 、 H2O…H—N 、 H2O…H—O。(5)因为 N4 是正面体构型，N 原子占据四面体的四个顶点，所以 N4 中只存在 N—N，而 N2 中只存在 N≡N，由表中数据可知，N—N 键长大于 NN 键长，N—N 键能小于 N≡N 键能，且二者键能 差距较大，所以 N4 分子稳定性远小于 N2。(6)分析 Na2O 的晶胞结构图可得，处于面心上的 O2－被 2 个晶胞共用，以图中上面的面心 O2－为例，在其上方还有一个同样的晶胞与其紧邻，所以每个 O2－周 围有 8 个 Na＋与之距离最近，则 O2－的配位数为 8；Na2O 晶胞中 Na＋数为 8，O2－数为 8× 1 8＋6× 1 2＝4， 根据 r(Na＋)＝x pm、r(O2－)＝y pm 及球体的体积公式可得这 12 个原子总体积 V1＝8× 4 3×πx3＋4× 4 3×πy3，根据该晶胞的棱长为 a pm，则晶胞体积 V2＝a3，所以该晶胞的原子空间利用率为 V1 V2×100%＝ 8 × 4 3 × πx3＋4 × 4 3 × πy3 a3 ×100%＝ 32πx3＋16πy3 3a3 ×100%。 20．【答案】（1）sp2 （2）水分子与乙醇分子之间形成氢键 在固态时水分子间主要以氢键结合，而氢键具有方向 性，使水结成冰时体积膨胀，密度减小 （3）正四面体 CCl4 （4）16NA 4 （5）12 388/NA·a3（提示：晶胞中含有 4 个 XY） 【解析】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， 则 X 原子核外电子数=2+8+18+2=30，则 X 原子序数为 30，为 Zn 元素；元素 Y 基态原子的 3p 轨道 上有 4 个电子，则 Y 为 S 元素；元素 Z 的原子最外层电子数是其内层的 3 倍，最外层电子数不超 过 8 个，如果是 K 层，不超过 2 个，则 Z 原子核外电子数是 8，为 O 元素；(1)Y 为 S 元素，最高正 价为+6 价，其氧化物为 SO3，S 原子价层电子对数=σ 键数+孤电子对数，即=3+ =3，故 S 原 子轨道杂化类型为 sp2 杂化；(2)Y 的氢化物是 H2S，Z 的氢化物是 H2O，H2S 和乙醇分子之间不能形成 氢键，H2O 和乙醇分子之间能形成氢键，氢键的存在导致乙醇和水互溶；由于水在固态时水分子间主 要以氢键结合，而氢键具有方向性，使水结成冰时体积膨胀，密度减小。导致固态 H2O 的密度比其 液态时小；(3)①SO 2−4 的价层电子对个数=4+ ×(6+2-4×2)=4，且不含孤电子对，所以空间构型为 正四面体；②SO 2−4 的原子个数是 5、价电子数是 32，与硫酸根离子互为得电子体的有 CCl4 或 SiCl4 等；(4)Zn 的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，一个化学式[Zn(NH3)4]Cl2 中含有 16 个 σ 键，则 1mol 该配合物中含有 σ 键的数目 16NA；(5)①由晶胞的结构可知，距离 S2-最近的锌离子 有 4 个，即 S2-的配位数为 4；晶胞中以顶点的 Zn2+为例，与之距离最近的 Zn2+位于面心，一个晶胞 中共有 3 个，根据晶体的堆积方式可知，一个 Zn2+被 8 个晶胞共用，且一个晶胞中距离最短的连线 被两个晶胞共用，故符合条件的 Zn2+共有 =12 个；晶胞中 S2-数目=8× +6× =4，Zn2+数目为 4，即晶胞中含有 4 个 ZnS，晶胞的质量为 g，该晶胞的边长为 acm，则体积为 a3cm3， 6 3 2 2 − × 1 2 3 8 2 × 1 8 1 2 ( ) A 65 32 4 N + ×4 该物质的密度= = g·cm-3。 ( ) A 3 3 65 32 4 gN a cm + × 3 A 388 a N