（全国通用）2020版高考化学二轮复习大题题型集训4物质结构与性质（含解析）新人教版

《（全国通用）2020版高考化学二轮复习大题题型集训4物质结构与性质（含解析）新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用）2020版高考化学二轮复习大题题型集训4物质结构与性质（含解析）新人教版（7页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、大题题型集训(四)物质结构与性质(建议用时：35分钟)(对应学生用书第175页)1(2019泸州模拟)钴、 铜及其化合物在工业上有重要用途， 回答下列问题：(1) 请补充完基态Co的简化电子排布式：Ar_， Co2有_个未成对电子。(2)Na3Co(NO2)6常用作检验K的试剂， 配位体NO的中心原子的杂化形式为_， 空间构型为_。大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n为各原子的单电子数(形成键的电子除外)和得电子数的总和 (如苯分子中的大键可表示为)，则NO中大键应表示为_。(3)配合物Cu(En)2SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜() 是铜的一种重要化合物。其中 En 是乙二胺

2、(H2NCH2CH2NH2)的简写。该配合物Cu(En)2SO4中N、 O、 Cu的第一电离能由小到大的顺序是_。乙二胺和三甲胺N(CH3)3均属于胺， 且相对分子质量相近， 但乙二胺比三甲胺的沸点高得多， 原因是_。(4) 金属Cu晶体中的原子堆积方式如图所示， 其配位数为_，铜原子的半径为a nm 阿伏加德罗常数的值为NA Cu的密度为_ g/cm3(列出计算式即可)。解析(2)NO中心原子氮原子价层电子对数为3，故杂化轨道数为3，所以氮原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为V形；NO中参与形成大键的原子个数为3个，每个原子提供一个单电子，得电子数为1个，所以NO的大键可以表示为。(4)

3、由图可知， 距每个Cu最近的Cu有12个，即配位数为12; 晶胞中实际含有的Cu为4个，其质量为464 g/NA；已知铜原子的半径为a nm，由图可知，晶胞中面对角线长为4a nm，晶胞的棱长为2a nm，则晶胞的体积为(2a107)3 cm3，所以有(2107)3464 g/NA，解得 g/cm3。答案(1)3d74s23(2)sp2V形(3)CuO”“I1(S)；H2S中硫的价层电子对数24，采用sp3杂化，为V形分子；A.H2O中O的价层电子对数24，采用sp3杂化，为V形分子；B.SO3中硫的价层电子对数33，采用sp2杂化，为平面三角形分子；C.O3中O的价层电子对数23，采用sp2

4、杂化，为V形分子；D.CH4中C的价层电子对数44，采用sp3杂化，为正四面体形分子；空间的构型与H2S相同的有AC。(4)晶胞棱长为a，故a3NA4(32207)，所以a cm，S2与Pb2的距离为a，进而求出答案。答案(1) 3(2)Na2SK2SS8SO2Na2S、K2S均为离子晶体，熔点较高，Na半径比K半径小，故Na2S熔点高；S8、SO2均为分子晶体，熔点较低，因S8的相对分子质量比SO2大，故S8熔点比SO2高(3)Clsp3AC(4)四面体1074(2019开封模拟)决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：(1)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素

5、M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能，用符号I1至I5表示)如表所示：I1I2I3I4I5电离能/(kJmol1)589.81 145.44 912.46 4918 153元素M化合态常见化合价是_价，其基态原子电子排布式为_。(2)Ca3(PO4)3F中非金属元素电负性由大到小的顺序为_。(3)PO的中心原子的杂化方式为_，该离子的空间构型为_，键角为_，其等电子体有_(请写出两种)。(4)CaF2晶胞结构如图所示，则CaF2晶体中与Ca2最近且等距离的Ca2数目为_；已知Ca2和F半径分别为a cm、b cm，阿伏加德罗常数为NA，M为摩尔质量，则晶体密度为_ gcm3

6、(不必化简)。(5)已知MgO与CaO的晶体结构相似，其摩氏硬度的大小关系为_，原因为_。解析(1)根据元素M的气态原子的第I1至I5电离能大小可以看出：I1、I2相差不大，I2、I3电离能相差较多，说明M原子最外层有2个电子。在Ca5(PO4)3中元素有Ca、P、O三种元素，只有钙元素最外层有2个电子，原子半径大，容易失去最外层的2个电子，化合价为2价；根据原子核外电子排布规律可知Ca基态原子电子排布式为Ar4s2或1s22s22p63s23p64s2。(3)PO的中心原子P的价层电子对数是4，故磷原子杂化为sp3杂化；由于孤对电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，键角为10928，其

7、等电子体有SO、CCl4。(4)根据CaF2晶胞结构可知：在每个晶胞中与Ca2距离最近且等距离的Ca2有3个，通过每个Ca2可形成8个晶胞，每个Ca2计算了2次，所以与Ca2距离最近且等距离的Ca2有(38)212个；将CaF2晶胞分成8个小正方体，正方体中心为F，顶点为Ca2，晶胞中共有4个钙离子、8个氟离子。Ca2与F的最近核间距(ab)为晶胞体对角线的。故晶胞边长为。根据3NA4M，可求晶体密度。答案 (1)2Ar4s2或1s22s22p63s23p64s2(2)FOP(3) sp3正四面体形 10928SO、CCl4等(4)12(5)MgOCaOMg2半径比Ca2小，晶格能较大5(20

8、19衡水中学模拟)砷和镍均为重要的无机材料，在化工领域具有广泛的应用。(1)基态砷原子的价层电子的电子云轮廓图形状为_。与砷同周期的主族元素的基态原子中，第一电离能最大的为_(填元素符号)。(2)Na3AsO3可用于碘的微量分析。Na的焰色反应呈黄色，金属元素能产生焰色反应的微观原因为_。Na3AsO3中所含阴离子的立体构型为_，写出一种与其互为等电子体的分子_(填化学式)。(3)M()OO可用于合成Ni2的配体，M中碳原子的杂化方式为_，其所含键和键的数目之比为_。(4)Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为_。区分晶体Ni和非晶体

9、Ni的最可靠的科学方法为_。(5)某砷镍合金的晶胞结构如下图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_ gcm3，晶体中Ni周围最近的等距离的As有_个。解析(2)AsO中砷原子的价层电子对数目为4，其立体构型为三角锥形。根据等电子体的含义知，与AsO互为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。(3)每个分子中含有14个键和2个键，则键与键的数目之比为71。(4)金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关。(5)由砷镍合金的晶胞结构图可知， 每个晶胞中含有2个镍原子和2个砷原子，晶胞的体积V1030 cm3，故晶胞的密度 g

10、cm3 gcm3。晶体中As周围等距离最近的Ni有6个，因As与Ni的个数比为11，故Ni周围也有6个As。答案(1)球形、哑铃形(或纺锤形)Br(2)电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量三角锥形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等(答一种即可)(3)sp3，sp271(4)镍原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强X射线衍射法(5) 66钠、铝、钛的化合物是目前生活与生产上较为常用的物质，回答下列问题：(1)下列铝原子的价电子排布图中属于激发态的是_；属于基态的是_。(2)氯化铝的熔、沸点都明显低于氧化铝的原因是_。已知氯化铝常以二聚体形式存在，其

11、分子模型为，则1个二聚体分子中含有配位键的个数为_。(3)硫酸氧钛晶体中的阳离子为链状聚合形式的离子，该阳离子的结构片段如下图所示，该阳离子的化学式为_；阴离子的中心原子的轨道杂化类型为_。(4)钙钛矿(CaTiO3)晶体的结构如右图所示，Ti位于立方晶胞的顶点，被_个O包围成配位八面体，若晶胞的边长为a nm，则Ca与O间的最短距离为_nm。在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，则Ti处于_位置，O处于_位置。解析(2)氯化铝属于分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，而氧化铝属于离子晶体，熔化时需要克服离子键。氯化铝的二聚体结构为，其1个二聚体分子中含有配位键的数目为2。(3)根据分割法，可以得出该阳离子的化学式为TiO2，阴离子SO的中心原子S采用sp3杂化。(4)由题图可得出CaTiO3晶胞的结构图为，由此可见Ti被6个O包围。Ca位于4个氧原子构成的正方形的中心如图所示，晶胞边长为a nm，则Ca与O间的最短距离为a nm。在钙钛矿的另一种晶胞结构中Ca处于各顶角位置，则Ti处于体心位置，O处于面心位置。答案(1)BDAC(2)氯化铝为分子晶体，氧化铝为离子晶体2(3)TiO2sp3(4)6a体心面心- 7 -