1、模块综合检测学生用书单独成册(时间：45分钟；满分：100分)1(15分)铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)基态铬原子的外围电子排布式为_。(2)CrO2Cl2和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂。制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O73CCl4=2KCl2CrO2Cl23COCl2。上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。常温下CrO2Cl2是一种易溶于CCl4的液体，则固态CrO2Cl2属于_晶体。COCl2分子中所有原子均满足8电子结构，则COCl2分子中键和键的个数比为_。(3)CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成配合物氯化羰基亚铜C
2、u2Cl2(CO)22H2O，其结构如图。下列说法不正确的是_(填字母序号)。A该配合物中只含有离子键、配位键B该配合物中Cl原子的杂化类型为sp3C该配合物中只有CO和H2O作为配位体DCO与N2的价电子总数相同，其结构为CO解析：(1)基态铬原子核外有24个电子，外围电子排布式为3d54s1。(2)反应中非金属元素为C、O、Cl，电负性大小顺序为OClC。常温下CrO2Cl2为液体，且易溶于CCl4，则固态CrO2Cl2属于分子晶体。COCl2的结构式为，根据单键为1个键，双键含1个键、1个键可得，分子中键和键的个数比为31。(3)A项，题给配合物中还含有共价键，错误；B项，题给配合物中C
3、l的成键电子对数为2，孤电子对数为2，杂化类型为sp3，正确；C项，题给配合物中配体有Cl、CO和H2O，错误；D项，CO与N2互为等电子体，结构相似，因此CO的结构为CO，正确。答案：(1)3d54s1(2)OClC分子31(3)AC2(16分)一定条件下， Ni2与丁二酮肟生成鲜红色沉淀A。(1)基态Ni2的核外电子排布式为_。(2)丁二酮肟的组成元素中C、N、O的电负性由大到小的顺序为_。丁二酮肟分子中C原子的杂化轨道类型是_。(3)元素Ni的一种碲(Te)化物晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为_。(4)Ni(CO)4是一种无色液体，沸点为42.1 ，熔点为19.3 。Ni(C
4、O)4的晶体类型是_。请写出1种由第2周期主族元素组成的且与CO互为等电子体的阴离子的电子式：_。解析：(1)Ni的原子序数为28，根据能量最低原理可写出Ni2的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或Ar3d8。(2)C、N、O处于同周期，电负性依次增强。丁二酮肟分子中有形成双键和四条单键的两类碳原子，即碳原子的杂化类型是sp2和sp3。(3)晶胞为长方体结构，Ni处于晶胞的八个顶点，两个Te处于晶胞内，故该化合物的化学式为NiTe2。(4)Ni(CO)4的熔、沸点低，应为分子晶体。根据等电子体的概念可知，与CO互为等电子体的有CN和C。答案：(1)1s22s22p63s23p
5、63d8(或Ar3d8)(2)ONCsp3和sp2(3)NiTe2 (4)分子晶体CN或CC23(16分)X、Y、Z、W、Q五种元素其核电荷数依次增大。X原子只有1个s电子，Y、Z、W属于同周期，Y原子L层中s电子和p电子数目相同，Z原子p轨道为半充满，W原子第一电离能比Z原子的小，Q原子内层均排满，N层上只有两个电子。(1)Q2的核外电子排布式为_。(2)XYZ分子中Y原子轨道的杂化类型为_，1 mol XYZ分子中含有键的数目为_。(3)写出YZW的两种等电子体的化学式：_。(4)QW的熔点比Q的硫化物的熔点高，其原因是_。(5)Q晶体属于六方堆积，其晶胞结构如图，则P点原子被_个晶胞所共
6、用。解析：由题可知X为氢元素，Y的核外电子排布式为1s22s22p2，为碳元素，Z的核外电子排布式为1s22s22p3，为氮元素，同周期的W第一电离能比N小，则为氧元素。Q原子N层上只有2个电子，说明处于第4周期，内层电子均排满，说明第3电子层均排满，核外电子排布式为Ar3d104s2，为锌元素。(1)Zn2的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(2)HCN分子中，C原子与N原子间形成共价叁键，碳原子的价层电子对数为2，为sp杂化。HCN分子中含有2个键和2个键。(3)写CNO的等电子体，可以采用平衡电荷的方法：将一个负电荷加给C原子，得N2O，加给N原子得CO2。还可以根
7、据CO与N2互为等电子体，可知与N互为等电子体等。(4)ZnO、ZnS均为离子晶体，由于O2的半径小于S2，所以晶格能大，熔点高。(5)注意键角为60o，同层有6个晶胞，上层还有6个晶胞，所以为12个晶胞所共用。答案：(1)1s22s22p63s23p63d10(2)sp1.2041024(或2NA)(3)N2O、CO2、CS2、N(任选两种)(4)ZnO、ZnS均为离子晶体，而O2半径小于S2，则ZnO晶格能比ZnS晶格能大(5)124(17分)(2016宜昌高三模拟)现有六种元素，其中B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第4周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，用化学用
8、语回答问题：B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是I1738 kJ/molI21 451 kJ/molI37 733 kJ/molI410 540 kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F 是前四周期原子电子轨道表示式中单电子数最多的元素G在周期表的第十一列(1)B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_个方向，原子轨道呈_形。(2)C和与其左右相邻元素原子的第一电离能由大到小的顺序是_。(3)DE3中心原子的杂化方式为_杂化。将E的单质通入到黄血盐K4Fe(CN)6溶液中，可得到赤血盐K3Fe(CN)6。该反应的离子方程式
9、为_。已知含E的一种化合物与过氧化氢发生如下反应(已配平)：_HE。请在横线上写出物质的结构式。(4)F位于_区，外围电子排布式为_。(5)G单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积(如右图)，则晶胞中每个原子的配位数为_。假设晶胞边长为a，原子半径为r，列式表示该晶胞的空间利用率为_。解析：依据分析可知：B为N，C为Mg，D为P，E为Cl，F为Cr，G为Cu。(1)B为N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，基态原子中能量最高的电子处于2p能级，有3个电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形。(2)C为镁，与Mg元素相邻的同周期元素为Na和Al，同一周期内，随着原子序数的增加，
10、原子半径逐渐变小(稀有气体除外)，原子核对外层电子的吸引越来越强，元素的原子越来越难失电子，因此元素的第一电离能呈增大的趋势，但第 A 元素的第一电离能大于第A族的，所以第一电离能大小关系为MgAlNa。(3)DE3为PCl3，PCl3中P原子孤电子对数为1，成键电子对数为3，则为sp3杂化。E的单质为氯气，反应物为氯气和黄血盐，生成物为赤血盐，故此反应的离子方程式为2Fe(CN)64Cl2=2Fe(CN)632Cl。由所给的方程式可知，此反应为双氧水中的H被中中除去E以外的部分取代生成的，则生成的另一种产物的结构简式为。(4)F为Cr元素，是24号元素，位于第4周期第B族， 为d区元素，外围
11、电子排布式为3d54s1。(5)由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的原子分析，位于面心的原子与之相邻最近，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12；Cu原子半径为r，对角线上三个铜原子相邻，对角线长度为4r，则晶胞棱长 2r，晶胞体积(2r)3，该晶胞中Cu原子个数864，每个铜原子体积r3，该晶胞中含有4个Cu原子，所以晶胞中所有铜原子体积4r3，空间利用率。答案：(1)3纺锤(2)MgAlNa(3)sp32Fe(CN)64Cl2=2Fe(CN)632Cl(4)d3d54s1(5)125(18分)(2016商丘高三模拟)硼元素、钙元素、铜元素在化学中有很重要的地位，单质及其化合物在工农业
12、生产和生活中有广泛应用。请回答下列问题：(1)已知CaC2与水反应生成乙炔。将乙炔通入Cu(NH3)2Cl溶液中生成Cu2C2红棕色沉淀，Cu基态核外电子排布式为_。CaC2中C与O互为等电子体，1 mol O中含有的键数目为_。乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CHCN)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是_，构成丙烯腈元素中第一电离能最大的是_。(2)硼酸(H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连(如图1)。则1 mol H3BO3的晶体中有_mol氢键。硼酸溶于水生成弱电解质一水硼酸B(OH)3H2O，它电离生成少量B(OH)4和H，则B(OH)4的空间
13、构型为_。(3)某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图2所示(黑点代表铜原子，空心圆代表M原子)。该晶体的化学式为_。已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于_(填 “离子”或“共价”)化合物。(4)Cu3N的晶胞结构如图3，N3的配位数为_，Cu半径为a pm，N3半径为b pm，Cu3N的密度为_gcm3。(阿伏加德罗常数用NA表示)解析：(1)Cu失去最外层1个电子形成Cu，其电子排布是1s22s22p63s23p63d10。互为等电子体的微粒结构相似，C的结构为CC2，1 mol C含2 mol 键，故1 mol O含2 mol 键。
14、碳碳双键是平面结构，其中的C采取sp2杂化，CN是直线型，其中的C采取sp杂化；N的2p能级是半充满的稳定状态，C、N、H的第一电离能最大的是N。(2)1个H3BO3分子形成6个氢键，而每个氢键为2个分子共用，因此1 mol H3BO3形成的氢键为3 mol。B(OH)4的中心原子形成4对电子对，即价电子对数是4，空间构型是正四面体形。(3)根据M的外围电子排布知是Cl，根据均摊法知Cl原子个数为864，Cu原子个数是4，二者形成的物质的化学式是CuCl。二者的电负性之差是1.1，小于1.7，因此形成的是共价键，是共价化合物。(4)根据Cu3N的化学式及晶胞结构知大黑球是Cu原子，顶点是N原子
15、，N3的配位数是326。晶胞边长为(2a2b)1010cm，1个晶胞含1个分子，晶胞质量为1M/NA206/NA，根据Vm，(2a2b)10103206/NA，(gcm3)。答案：(1)1s22s22p63s23p63d102NAsp、sp2N(2)3正四面体形(3)CuCl共价(4)66(18分)(2016兰州高三模拟)已知A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期。其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，且s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；C原子L层上有2对成对电子；E有“生物金属”之称，E4和氩
16、原子的核外电子排布相同；W位于周期表中第8列。请回答：(1)BA2C分子中B原子的杂化方式为_，BA2C分子的空间构型为_。(2)写出与BC2分子互为等电子体的一种分子的化学式：_。BC2在高温高压下所形成晶体的晶胞如右图1所示。则该晶体的类型属于_晶体(填“分子”“原子”“离子”或“金属”)。(3)经光谱测定证实单质D与强碱溶液反应有D(OH)4生成，则D(OH)4中存在_。a共价键b配位键c键 d键(4)“生物金属”E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如右图2所示。则晶胞中E原子的配位数为_；若该晶胞的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，E原子的摩尔质量为M gmol1
17、，则该晶胞的棱长为_cm。(5)W元素应用非常广泛，如果人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输。已知W2与KCN溶液反应得W(CN)2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配合离子结构如右图3所示。W元素基态原子外围电子排布式为_。写出W(CN)2溶于过量KCN溶液的化学方程式： _。解析：A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期。其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍，只能是A处于第1周期、D处于第3周期，则A为H元素，D为Al元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B为碳元素；C原子L层上有2对成对
18、电子，核外电子排布为1s22s22p4，故C为O元素；E有“生物金属”之称，E4和氩原子的核外电子排布相同，原子核外电子数为18422，则E为Ti元素；W位于周期表中第8列，则W为Fe元素。(1)CH2O分子为甲醛，分子中C原子形成3个键，没有孤电子对，故C原子采取sp2杂化，杂化轨道全部用于成键，为平面三角形结构。(2)与CO2分子互为等电子体的分子为N2O或CS2；CO2在高温高压下形成晶体，由其晶胞结构可知晶胞中白色球数目为4868，黑色球数目为16，故白色球为C元素、黑色球为O原子，晶体中不存在CO2分子，故在高温高压下所形成的晶体为原子晶体。(3) Al(OH)4中铝离子与氢氧根离子
19、之间存在配位键；氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成共价键，属于键，离子中没有键。(4)Ti内部原子的堆积方式是面心立方堆积，以顶点原子研究，与之相邻的原子位于面心，每个顶点原子为12面共用，故晶胞中Ti原子的配位数为12；晶胞中含Ti原子数目为864，晶胞质量为4g，若该晶胞的密度为 gcm3，则晶胞棱长cm。(5)Fe元素的核外电子数为26，基态原子外围电子排布式为3d64s2。Fe(CN)2溶于过量KCN溶液生成Fe(CN)64配离子，化学方程式为Fe(CN)24KCN=K4Fe(CN)6。答案：(1)sp2平面三角形(2)CS2(或N2O)原子(3)abc(4)12 (5)3d64s2Fe(CN)24KCN=K4Fe(CN)6