高考真题演练——大题专练-【金版教程】2024-2025学年高中化学选择性必修2作业与测评教用word（人教版2019）

化学　选择性必修2　[人教版]作业与测评 高考真题演练——大题专练 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★ 对点 电子排布、配合物的形成 物质结构与性质 晶体的有关计算 电子排布、σ键、晶体类型及有关计算 电子排布、粒子空间结构、杂化方式、分子间作用力、晶体有关计算 配合物、价层电子对互斥模 型、晶体 题号 7 8 9 10 11 难度 ★★★ ★★ ★ ★ ★ 对点 离子的空间结构、晶体的有关计算、配位原子 晶体类型及有关计算、键参数 晶体类型及有关计算、杂化类型、配合物 晶体的组成及熔点、分子空间结构 晶体的有关计算 1．(2024·湖北卷节选)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为： 已知：Be2＋＋4HABeA2(HA)2＋2H＋ 回答下列问题： (1)基态Be2＋的轨道表示式为________。 (2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是________。 (3)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通过CH3COO－相连，其化学式为____________。 答案：(1)　(2)快速冷却　(3)Be4O(CH3COO)6 解析：(3)由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO－，则其化学式为Be4O(CH3COO)6。 2．(2024·安徽卷节选)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O的结构为(a)而不是(b)的原因：________________________________________________　_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构 3．(2024·辽宁卷节选)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气。负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为____________(精确至1)。 答案：101 解析：由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故1.66＝，则Ru的相对原子质量为101。 4．(2024·新课标卷节选)Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43 ℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： (1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为______________。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为a3，镍原子半径为________。 (2)Ni(CO)4结构如图所示，其中含有σ键的数目为________，Ni(CO)4晶体的类型为________。 答案：(1)　a　 (2)8　分子晶体 解析：(1)铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为a3，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为a，则镍原子半径为a。 (2)单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键和2个π键，因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。 5．(2024·山东卷)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：(1)Mn在元素周期表中位于第________周期________族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是________(填元素符号)。 (2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为________。 当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价________(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是________(填标号)。 A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO (3)[BMIM]＋BF(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF的空间结构为__________；[BMIM]＋中咪唑环存在Π大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为________。 (4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是______________________________。 答案：(1)四　ⅦB　Cr　(2)MnO2　降低　A (3)正四面体形　sp2　(4)FDCA形成的分子间氢键更多 解析：(2)由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1＋8×＝2，O的数目为2＋4×＝4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为＋2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为＋2价、V2O5中V的化合价为＋5价、Fe2O3中Fe的化合价为＋3价、CuO中Cu的化合价为＋2价，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 (3)BF中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间结构为正四面体形；咪唑环存在Π大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。 6．(2023·海南卷)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (代表单键、双键或三键) 回答问题： (1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是________。 (2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V—O—R′空间结构呈角形，原因是________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是________。 (4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长的是________。 (5)近年来，研究人员发现含钒的锑化物CsV3Sb5在超导方面表现出潜在的应用前景。CsV3Sb5晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为________。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为________。 ②晶体中少部分钒原子被其他元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是________。 a．有＋4或＋5价态形式 b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近 答案：(1)C、O、P、Cl (2)根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形 (3)N　(4)配合物Ⅱ　(5)①6　5s25p3　②ad 解析：(4)结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ中氮原子间为氮氮单键，配合物Ⅲ中氮原子间为氮氮双键，N2中氮原子间为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。 (5)②Ti、Cr属于第四周期元素，Nb、Sn属于第五周期，故b错误；Sn是ⅣA族元素，不属于过渡元素，故c错误。 7．(2023·北京卷)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物。 (1)基态S原子价层电子排布式是________。 (2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________________________________________。 (3)S2O的空间结构是________。 (4)同位素示踪实验可证实S2O中两个S原子的化学环境不同，实验过程为SOS2OAg2S＋SO。过程ⅱ中，S2O断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na232SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是________________。 (5)MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。 晶胞中的[Mg(H2O)6]2＋个数为________。已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是M g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为________ g·cm－3。(1 nm＝10－7 cm) (6)浸金时，S2O作为配体可提供孤电子对与Au＋形成[Au(S2O3)2]3－。分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：______________________________________________________________________________________________。 答案：(1)3s23p4 (2)I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子 (3)四面体形 (4)Na232SO4和Ag235S (5)4　×1021 (6)S2O中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子有孤电子对，能做配位原子 解析：(3)SO的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为四面体形，S2O可看作是SO中1个O原子被S原子取代，则S2O的空间结构为四面体形。 (4)过程ⅱ中S2O断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中SO最终转化为SO，S最终转化为Ag2S。若过程ⅰ所用的试剂为Na232SO3和35S，过程ⅱ的含硫产物是Na232SO4和Ag235S。 (5)由晶胞结构可知，1个晶胞中含有8×＋4×＋2×＋1＝4个[Mg(H2O)6]2＋，含有4个S2O；该晶体的密度ρ＝＝ g·cm－3。 8．(2023·山东卷)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： (1)－40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为________，HOF水解反应的产物为____________(填化学式)。 (2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Π)。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为________；O—Cl—O键角________Cl—O—Cl键角(填“＞”“＜”或“＝”)。比较ClO2与Cl2O中Cl—O键的键长并说明原因____________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为______________________________________。若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝________g·cm－3(用含NA的代数式表示)。 答案：(1)分子晶体　HF、H2O2 (2)sp2　＞　ClO2分子中Cl—O键的键长小于Cl2O中Cl—O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl—O键的键长较小，而Cl2O只存在σ键 (3)CuCl2＋4K＋2F2===K2CuF4＋2KCl　或或 解析：(1)HOF水解的方程式为HOF＋H2O===H2O2＋HF。 (3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为＋2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×＋2＝4、白球的个数为16×＋4×＋2＝8、灰色球的个数为8×＋1＝2，则X中含有3种元素，其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu化合价为＋2、F的化合价为－1、K的化合价为＋1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，上述反应的化学方程式为CuCl2＋4K＋2F2===K2CuF4＋2KCl。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的质量为 g，晶胞的体积为a2c pm3＝a2c×10－30 cm3，化合物X的密度ρ＝＝ g·cm－3。 9．(2023·全国甲卷)将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题： (1)图1所示的几种碳单质，它们互为________，其中属于原子晶体的是________，C60间的作用力是______________。 (2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是________(填图2酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为________，氮原子提供孤对电子与钴离子形成________键。 (3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为________。AlF3的熔点为1090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为________键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F－的配位数为________。若晶胞参数为a pm，晶体密度ρ＝________g·cm－3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 答案：(1)同素异形体　金刚石　范德华力 (2)③　＋2　配位　(3)sp3　离子　2　 解析：(3)由AlF3的晶胞结构可知，其中大球的个数为12×＝3，小球的个数为8×＝1，则大球为F－，距F－最近且等距的Al3＋有2个，则F－的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为(a pm)3＝a3×10－30 cm3，晶胞的质量为 g，则其晶体密度ρ＝ g·cm－3。 10．(2023·全国乙卷)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2－xSiO4)。回答下列问题： (1)基态Fe原子的价电子排布式为________________。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为________，铁的化合价为________。 (2)已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ NaCl 800.7 SiCl4 －68.8 GeCl4 －51.5 SnCl4 －34.1 Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是__________________________________。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因____________________________________________________________________________。SiCl4的空间结构为________，其中Si的轨道杂化形式为________。 (3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有________个Mg。该物质化学式为________，B—B最近距离为________。 答案：(1)3d64s2　O＞Si＞Fe＞Mg　＋2 (2)氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体　随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大　正四面体　sp3 (3)1　MgB2　a 解析：(1)MgxFe2－xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为＋2、＋4和－2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为＋2。 (3)由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和上、下底面面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有12×＋2×＝3个Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中在正六棱柱体内共6个B，则该物质的化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为a，因此B—B最近距离为a××2＝a。 11．(1)(2023·湖北卷节选)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填标号)。 a．Si—Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大 c．Si—Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道 (2)(2023·新课标卷节选)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α­Fe包裹的Fe3O4。已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287 pm，密度为7.8 g·cm－3，则α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为________________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 答案：(1)abd　(2) 解析：(1)a项，Si—Cl键极性更大，则Si—Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si—Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH－的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解；c项，通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，Si—Cl键键能小于C—Cl键键能；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH－形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解。 (2)已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287 pm，密度为7.8 g·cm－3，设其晶胞中含有的Fe原子数为x，则α­Fe晶体密度ρ＝ g·cm－3＝7.8 g·cm－3，解之得x＝。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$