高中化学选修三习题附答案精编版(DOC 12页).doc

1、最新资料推荐第II卷（非选择题）评卷人得分一、综合题：共4题 每题15分 共60分1金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，具有良好的生物相容性，它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)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。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图1)。如图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如下表：I1I2I3I4I5电离能/kJmol1738145177331054013630请回答下列问题：(1)Ti的基态原子外围电子排布式为_。(2)M是_(填元素符号)，该金属晶体的

2、堆积模型为六方最密堆积，配位数为_。(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有_个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为_。(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为_ gcm3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有_个。离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJmol17867153401(5)科学家通过X射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的

3、晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据如下：KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为_。【答案】(1)3d24s2 (2)Mg12 (3)7ONC (4)12 (5)TiNCaOKCl【解析】本题主要考查的是物质的结构和性质。(1)Ti位于第四周期，第IVB族，外围电子排布为3d24s2，故答案为3d24s2；(2)金属M的第三电离能远远大于第二电离能，所以M应为短周期第IIA族元素，又因M可把Ti置换出来，所以M应为Mg，其晶体堆积模型为六方最密堆积，配位数为12，故答案为：Mg，12；(3)化合物甲的分子中采取Sp2杂化的碳原子由苯环上的6个碳原子和羧基中的一个，共7个，

4、根据化合物乙的结构可知Sp3杂化的原子有羟基中的氧，氨基中的氮，碳链上的三个碳，C、N、O都位于第二周期，原子序数递增，电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：ONC，故答案为：7，ONC；(4)由晶胞结构可知，N原子位于立方体晶胞的8个顶点，6个面心，而Ti原子位于立方体晶胞的12个棱中点和1个体心，根据均摊法可算出该晶胞中N原子个数为8+6=4，该晶胞中Ti原子数为：12+1=4，晶胞质量为m=4+4=，晶胞中N、Ti之间的最近距离为立方体边长的一半，所以立方体边长为2a pm，则晶胞的体积Vhttp:/www.( 未来脑教学云平台|+_=(2a10-10)3 cm3，所以晶体的密度=；以

5、顶点的N原子为例，顶点的N原子离面心上的N原子距离最近，则与顶点N原子同层上的有4个晶胞中的4个面心上的N原子，同样上层4个，下层4个，共12个，故答案为，12；(5)由表中数据可知，离子晶体所带电荷越大，晶格能也越大，KCl中，离子都带1个单位的电荷，CaO中离子都带2个单位的电荷，TiN中离子都带3个单位的电荷，所以晶格能TiNCaOKCl，而晶格能越大，离子晶体熔点越高，所以三种离子晶体熔点由高到低的顺序为：TiNCaOKCl，故答案为：TiNCaOKCl。【备注】无2X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子

6、数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：(1)R核外电子排布式为_。(2)X、Y、Z、W形成的有机物YW(ZX2)2中Y、Z的杂化轨道类型分别为_，离子的立体构型是_。(3)Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_(填化学式)，原因是_。(4)将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_。(5)W和Na的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为_(填化学式)。Na+的配位数为_，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的

7、几何体为_。已知该晶胞的密度为 g cm3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近的W离子间距离为 nm。(用含、NA的计算式表示)【答案】(1) 1s22s22p63s23p2 (2) sp2、sp3；平面三角形； (3) SiO2；SiO2为原子晶体,CO2为分子晶体；(4) 2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu(NH3)42+4OH； (5) Na2O； 4； 立方体；107【解析】本题考查物质结构综合推断题，涉及原子核外电子排布，化合物中心原子的杂化，分子空间构型，晶胞的有关计算等。X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，是H元素；Y有三个能

8、级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为1s22s22p2，是C元素；Z原子单电子数在同周期元素中最多，是N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，原子序数比N大，是O元素；R与Y同一主族，是Si元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，是Cu元素。(1)R(Si)核外电子排布式为1s22s22p63s23p2(2) X、Y、Z、W形成的有机物CO(NH2)2中C、N的杂化轨道类型分别为 sp2、sp3；http:/ww_ 未来脑教学云+平+台?离子中心原子N孤电子对数形成3个，立体构型是平面三角形；(3) Y、R的最高价氧化物分别是CO2和SiO2，沸点较高的是SiO2；

9、SiO2为原子晶体,CO2为分子晶体；(4) 将Q(Cu)单质的粉末加入到ZX3(NH3)的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，生成铜氨络离子，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu(NH3)42+4OH；(5)该晶胞中钠离子位于晶胞体心，有8个，氧离子位于顶点和面心，分摊4个，所以化学式为Na2O；Na+的配位数为4；距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体；晶胞体积为http:/www.wln1_ 未?来脑教学云平台*，则两个最近的W离子间距离为107 nm【备注】无3化学选修3：物质结构与性质在元素周期表中，除稀有气体外几乎所有元素都能氢形

10、成氢化物。 _未来脑教*学云平台$(1)氨气属于共价型氢化物，工业常用氨气和醋酸二氨合铜Cu(NH3)2Ac的混合液来吸收一氧化碳(醋酸根CH3COO-简写为Ac-)。反应方程式为：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3 Cu(NH3)3COAc请写出基态Cu+离子的价电子排布式_。氨水溶液中各元素原子的第一电离能从大到小排列顺序为_，理由是_；其中NH3应为_(填“极性”或“非极性”)分子。醋酸分子(CH3COOH)中的两个碳原子的杂化方式分别是_。生成物Cu(NH3)3COAc中所含化学键类型有_(填序号)。a.离子键b.金属键c.共价键d.配位键(2)某离子型氢化物化学式为XY2，晶胞结构如

11、图所示，其中6个Y原子()用阿拉伯数字16标注。http:*/www.wl(_ 未来脑教学云平台+已知1、2、3、4号Y原子在晶胞上、下面上。则5、6号Y原子均在晶胞_(填“侧面”或“内部”)。根据以上信息可以推知，XY2晶体的熔沸点_(填“”“=”或“ 【解析】本题考查了物质结构与性质。(1)Cu元素为29号元素，原子核外由29个电子，故基态Cu+离子的价电子排布式为3d10。氨水溶液中含有N、O、H三种元素，N原子的2p轨道为半充满结构，相对稳定，O与H比较，O原子核电荷数大，非金属性强，难失电子，故第一电离能由大到小的顺序为NOH。http:/www.wln100_.com 未来脑教学云

12、平台$!$甲基中C原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用sp3杂化，羧基中C原子形成3个 键，杂化轨道数为3，采用sp2杂化。铜离子与氨气之间存在配位键，氨气中N与H形成共价键，Cu(NH3)3CO+ 与Ac-之间是离子键，故该题选abd。(2)X位于8个顶点和一个体心，晶胞中一共含有2个X，由化学式XY2可知，该晶胞中含有4个Y，又1、2、3、4号Y原子在晶胞的上下面上，则实际为2个Y原子，则5、6号Y原子均在晶胞内部。XY2晶体为离子晶体、固态氨为分子晶体，所以XY2晶体的熔沸点比固态氨高。一个晶胞中含有2个XY2，XY2http*:/ 未?来脑教学云平台?的摩尔质量为Mg/mol，则晶

13、胞的质量为g，若该晶胞的边长为anm，则晶胞的体积为=a310-21cm3，晶胞的密度为g/cm3，则= a310-21，解得NA=。【备注】无4如图分别是金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管的结构示意图。图中小黑点或小黑圈均代表碳原子。(1)四种物质互称为_。写出碳原子的基态电子排布图_。(2)试比较：第一电离能I1(C)、I1(N)、I1(O)由大到小的顺序为_。(3)石墨中存在的作用力有_。A.共价键 B.金属键 C.氢键 D.配位键 E.分子间作用力石墨中碳原子采取的杂化方式是_。(4)C的熔沸点比A_ (填“高”或“低”)原因是_。(5)金刚石晶胞结构如下图所示，若金刚石的密度为 gcm-

14、3，试计算碳原子的半径为_pm(用含式子表示，不必化简)。【答案】(1)同素异形体 (2)I1(N)I1(O)I1(C) (3)ABE sp2(4)低 金刚石是原子晶体，而足球烯为分子晶体 (5)【解析】本题考查同素异形体、核外电子排布、第一电离能、杂化方式等、晶胞的结构和计算等。(1)金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管都是碳的单质，根据结构示意图可以看出它们结构都不同，所以它们互为同素异形体；碳是6号元素，根据构造原理可知碳的基态电子排布图为：；(2) 根据元素周期律可知同一周期元素第一电离能逐渐增大，但是N原子的最外层处于半满结构，比较稳定，所以第一电离能最大，所以I1(N)I1(O)I1(C

15、)；(3) 石墨是层状结构，在同一层内碳与碳之间形成C-C单键，是键，而在层与层之间是通过分子间作用力相结合，所以石墨中存在的作用力是键和分子间作用力，故选ABE，在层内每个碳与周围三个碳形成共价键，所以碳的杂化方式为sp2； (4)A是金刚石，原子晶体，C是足球烯为分子晶体，所以C的沸点低 ； (5) 根据图A及题目中的描述，根据金刚石晶胞的结构图可知，金刚石晶胞是面心立方堆积完之后还在四个四面体里有原子，也就是说在金刚石晶胞的体对角线上连排了四个原子，并且相切，所以体对角线长度就是碳原子半径的8倍，设晶胞边长为a，碳原子的半径为r，即a=8r，碳原子的质量=，又每个晶胞中含有碳原子个数=4

16、+8+6=8，由=，得a=2，a=8rhttp:/*/www.! 未来脑教学云平台#，r=a=。【备注】无5已知：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子；G原子核外价电子数与B相同，其余各层均充满。B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体。C、F的原子均有三个能层，C原子的第一至第四电离能(KJmol-1)分别为578、1 817、2 745、11 575；C与F能形成原子数目比为13、熔点为190 的化合物Q。(1)B的单质晶体为体心立方堆积模

17、型，其配位数为_；E元素的最高价氧化物分子的立体构型是_。F元素原子的核外电子排布式是_，G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为_。(2)试比较B、D分别与F形成的化合物的熔点高低并说明理由_。(3)A、G形成某种化合物的晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数为NA，该化合物晶体的密度为a gcm-3，其晶胞的边长为_ cm。(4)在1.01105 Pa、T1 时，气体摩尔体积为53.4 Lmol-1，实验测得Q的气态密度为5.00 gL-1，则此时Q的组成为_。【答案】(1)8；平面三角形；1s22s22p63s23p5 未来脑教学云平台)$!ht+tp:/www.wln10| 未来

18、脑教学云平台#；Cu(NH3)42(2)NaCl的熔点高于SiCl4，因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体 (3) (4)Al2Cl6【解析】本题考查了物质的结构和性质。A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，因此A是N元素。D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子，则D的M层为3s23p2，则D是Si元素。E的M层为3s23p4，则E是S元素。B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体，所以B为IA族的金属，则B是钠元素。G原子核外最外层电子数与B相同，则G的最外层电子数为1，其

19、余各层均充满，且G的原子序数最大，因此G是铜元素。C、F的原子均有三个能层，因此C、F在第三周期。C的逐级电离能前三个数据接近，第四电离能突变，所以易失去三个电子，为第A族元素，则C是铝元素。C与F能形成原子数目比为13、熔点为190的化合物Q ，说明F为-1价，即F为Cl元素，Q是AlCl3。(1)金属钠的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为8，E元素的最高价氧化物分子是三氧化硫，其中心原子S原子含有的孤对电子对数为(632)0，所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形。根据构造原理可知，Cl元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，G的高价离子Cu2与A的简单氢化物NH3形

20、成的配离子的化学式为Cu(NH3)42+。(2)B、D分别与F形成的化合物分别是氯化钠和四氯化硅。因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体，所以NaCl的熔点高于SiCl4。(3)根据晶胞的结构可知，N原子在顶点，含有的个数为81个。铜在棱边，含有的个数为123个，即化学式为Cu3N。设边长为x cm，则NA1，解得x。(4)根据Mhttp:/|/ww?w.# 未来脑教学云平#台V5.00 g/L53.4 L/mol267 g/mol，是AlCl3相对分子质量的2倍，所以其化学式为Al2Cl6。【备注】无6第四周期过渡元素Mn、Fe、Ti可与C、H、O形成多种化合物。(1)下列叙述正确的是

21、 。(填字母)AHCHO与水分子间能形成氢键BHCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2http*:/ $未来脑教学云平台(杂化C苯分子中含有6个键和1个大键，苯是非极性分子DCO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低(2)Mn和Fe的部分电离能数据如下表：元 素MnFe电离能/kJmol1I1717759I215091561I332482957Mn元素价电子排布式为 ，气态Mn2再失去一个电子比气态Fe2http:/_w! 未来脑教学云平台+ht%tp:/? 未来脑教学云平台_再失去一个电子难，其原因是 。(3)铁原子核外有_种运动状态不同的电子。(4)根据元素原子的外围电子排布的特征，可

22、将元素周期表分成五个区域，其中Ti属于区。(5)Ti的一种氧化物X，其晶胞结构如图所示，则X的化学式为 。(6)电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN离子，可在X的催化下，先用NaClO将CN氧化成CNO，再在酸性条件下CNO继续被NaClO氧化成N2和CO2http:/*/|www.wln100._com 未来脑教学云平台。H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为 。与CNO互为等电子体微粒的化学式为 (写出一种即可)。氰酸(HOCN)是一种链状分子，它与异氰酸(HNCO)互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式 。【答案】(1)AD (2)3d54s2；M

23、n2http:/www.wln100.co?m+! ?未来脑教学云平台http:/ww(w.wln100.+com 未来脑教学云平台$%转化为Mn3时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2转化为Fe3时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)(3)26 (4)d (5) TiO2 (6)HCNOCO2、N2O、SCN NCOH【解析】本题考查了物质的结构与性质。(1)甲醛中含有羟基，由于氧元素的电负性大，所以甲醛与水可以形成氢键，故A正确。二氧化碳为直线型分子，中心原子C原子为sp杂化，故B错。苯中碳碳键含有6个http:/www.w| 未

24、来脑教学云平台|+键，每个碳氢键含有一个键，所以苯分子中一共含有12个键和1个大键，故C错。常温下二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，所以CO2http:/www.wl)n100).co|m 未来脑教学云平台晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确。(2)25号元素锰，价电子个数为25-18=7，价电子排布为3d54s2，Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4h|ttp:/ 未来脑教学云平台|状态，而铁为26号元素，价电子排布为3d64s2，Fe2+转化为Fe3+htt+p:/www.wln100.c)om 未来脑教学|云_平台时，3d能级由

25、不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难。(3)铁的核外电子数是26，则铁原子核外有26种运动状态不同的电子。(4)区的划分来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名称，Ti是22号元素，其价电子排布式为3d24s2，所以Ti元素位于d区。(5)根据晶胞结构可知，氧原子位于面心处与晶胞内，Ti原子位于顶点处和体心处，则根据均摊原理可知，结构中氧原子的个数为424个，Ti原子个数为182，所以化学式为TiO2。(6)非金属性越强，电负性越大。因此同周期自左向右电负性逐渐增大，则H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为HCNO。

26、价电子数与原子数分别都相等的互为等电子体，则与CNO互为等电子体微粒的化学式为CO2(N2O)、SCN等。氰酸(HOCN)是一种链状分子，它与异氰酸(HNCO)互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，因此分子中C与N形成三键，其余均是单键，所以氰酸的结构式NCOH。【备注】无评卷人得分三、推断题：共1题 每题15分 共15分7【化学选修3：物质结构与性质】有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：

27、(1)D的元素符号为_。A的单质分子中键的个数为_。(2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是_。(3)A、B、C 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(4)写出基态E原子的价电子排布式：_。(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为_，其中A原子的杂化类型是_。(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a_cm。(用、NA的计算式表示)【答案】(1)Ca 2 未来脑?教学云平台+|(2)H 2O分子间存在氢键(3)FNO(4)3d104s1(5)三角锥形sp3(6)【解析】本题考查物质结构的推断。

28、有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，所以C是F元素，则B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素。(1)D是Ca元素，A是N元素，氮气的结构式为：NN，所以氮气分子中含有一个键两个键；(2)由于H2O的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的；(3)同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素第一电离能大于第VIA族元素，所以A、B、C三元素第一电离能由大到小的顺序为FNO，故答案为：FNO；E是Cu元素,基态Cu原子的价电子排布式为 3d104s1；(5)N元素的简单氢化物是氨气，NH3分子中氮原子价层电子对=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是三角锥型，采取sp3杂化；(6)C和D形成的离子化合物为CaF2，钙离子在晶胞中占据顶点和面心，含有的钙离子为8+6=4，则其质量为，离子化合物晶胞的边长为a cm，其体积为a3，由=可知，% 未来脑教学云平台#!V=m，=a3cm3gcm-3，a=。【备注】无12