2025版高考化学一轮复习微专题小练习专练30结构与性质综合应用

这是一份2025版高考化学一轮复习微专题小练习专练30结构与性质综合应用，共6页。

将酞菁—钴钛菁—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1 090 ℃，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）。
2．[2022·湖南卷]铁和硒（Se）都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
（1）乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar] ；
②该新药分子中有 种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子 SeO eq \\al(2－,3) 离子（填“>”“<”或“＝”），原因是 。
（2）富马酸亚铁（FeC4H2O4）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中σ键与π键的数目比为 ；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为 。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3－转化NH eq \\al(－,2) ，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为 ；
②与NH eq \\al(－,2) 互为等电子体的一种分子为 （填化学式）。
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为
________________________________________________________________________；
②Fe原子的配位数为 ；
③该晶胞参数a＝b＝0.4 nm、c＝1.4 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm－3（列出计算式）。
3．[2024·重庆渝北中学检测]2023年11月23日，2023亚洲通用航空展在广东珠海国际航展中心开幕，为期4天的航展集中展示了通用航空领域最新技术产品和成果。国产飞机的制造使用了较多含硼材料（如硼纤维、氮化硼等），且多项技术打破了国外垄断。回答下列问题：
（1）基态B原子的价层电子排布图（轨道表示式）为 。
（2）耐高温材料立方BN制备流程中用到了NH3、BCl3和触媒剂Ca3B2N4。
①Ca、B、N三种元素的电负性从大到小的顺序为 。
②BCl3中B原子的 轨道与Cl原子的 轨道形成σ键。
③BCl3在四氯化碳中的溶解度远大于NH3在四氯化碳中的溶解度，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）硼砂是非常重要的含硼矿物。一种硼砂阴离子的结构如图1所示，则1 ml该阴离子中含有配位键的物质的量为 ，n＝ 。
（4）制造硼合金的原料硼化钙（CaB6）晶胞结构如图2所示，硼原子全部组成B6正八面体，各个顶点通过B—B互相连接成三维骨架。已知该晶体的晶胞参数为a pm，B6正八面体中B—B的键长为d pm，M原子的坐标参数为（ eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) ），则N原子的坐标参数为 ；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm－3（列出计算式）。
4．[2022·河北卷]含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物（简写为CZTS），是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 ，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）SnCl eq \\al(－,3) 的几何构型为 ，其中心离子杂化方式为 。
（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是 （填标号）。
A．[Cu（NH3）2]Cl B．[Cu（NH3）4]SO4
C．[Zn（NH3）4]SO4 D．Na2[Zn（OH）4]
（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2＋转化为MnO eq \\al(－,4) 的是 （填标号），理由是________________________________________________________________________。
（6）如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为 。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为（ eq \f(3,4) ， eq \f(1,4) ， eq \f(1,8) ），则B原子的坐标为 。
答案
1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 eq \f(84×1030,NA·a3)
解析：（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60间的作用力是范德华力；
（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H＋；钴酞菁分子中，失去了2个H＋的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为＋2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
（3）由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含大球的个数为12× eq \f(1,4) ＝3，小球的个数为8× eq \f(1,8) ＝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 eq \f(84 g,NA) ，则其晶体密度ρ＝ eq \f(84×1030,NA·a3) g·cm－3。
2答案：（1）①3d104s24p4 ②8 ③＞ 前者中Se为sp2杂化、后者中Se为sp3杂化
（2）①11∶3 ②O＞C＞H＞Fe
（3）①sp3 ②H2O
（4）①KFe2Se2 ②4
③ eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NA×0.42×1.4) ×1021
解析：（1）①Se为34号元素，根据构造原理可写出基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4。②该物质结构对称，具有如图所示8种不同化学环境的C原子：
。③SeO3中Se的价层电子对数为3，孤电子对数为0，SeO eq \\al(2－,3) 中Se的价层电子对数为3，孤电子对数为 eq \f(6＋2－3×2,2) ＝1，故SeO3和SeO eq \\al(2－,3) 中Se原子分别为sp2和sp3杂化，则SeO3分子中键角大于SeO eq \\al(2－,3) 中键角。（2）①由富马酸分子的结构模型可确定其结构简式为，由单键均为σ键，双键有1个σ键和1个π键，知该分子中σ键和π键的数目比为11∶3。②富马酸亚铁中含C、H、O、Fe四种元素，由电负性递变规律可知，电负性由大到小的顺序为O>C>H >Fe。（3）①产物中N原子形成4个共价键，则其采取sp3杂化。（4）①分析晶胞在xz、yz、xy平面的投影图可知，占据顶点和体心位置的为K原子，故K原子个数为8× eq \f(1,8) ＋1＝2，每个竖直棱上有2个Se原子，体内有2个Se原子，故Se原子个数为8× eq \f(1,4) ＋2＝4，每个竖直面上有2个Fe原子，故Fe原子个数为8× eq \f(1,2) ＝4，该物质的晶胞结构如图所示：
其最简化学式为KFe2Se2。③以1号Fe原子为研究对象，2号和3号铁原子及其对称位置的2个Fe原子距离1号Fe原子最近，故Fe的配位数为4。③该晶胞的质量为 eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NA) g，体积为0.4×0.4×1.4×10－21 cm3，故该晶体的密度为 eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NA×0.42×1.4) ×1021 g·cm－3。
3答案：（1）
（2）①N>B>Ca ②sp2杂化 3p ③BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而NH3为极性分子
（3）2 ml 2 （4）（ eq \f(\r(2)d,2a) ，1，0） eq \f(40＋11×6,a3×10－30×NA)
解析：（1）基态B原子的价层电子排布图（轨道表示式）为
（2）①金属的电负性较小，同周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大，故电负性N>B>Ca。②BCl3中B原子的价层电子对数为3，其杂化方式为sp2，故BCl3中B原子的sp2杂化轨道与Cl原子的3p轨道形成σ键。③BCl3和四氯化碳均为非极性分子，NH3为极性分子，根据“相似相溶”原理，BCl3在四氯化碳中的溶解度远大于NH3在四氯化碳中的溶解度。
（3）由题图1可知，形成4个键的B原子含有1个配位键，故1 ml该阴离子中含有配位键的物质的量为2 ml，在该阴离子中B显＋3价，O显－2价，H显＋1价，则计算可得n＝2。
（4）将8个正八面体的体心连接成晶胞的立方晶系图。由M原子的坐标参数知，该原子位于晶胞的体心，且坐标系的单位长度为1，正八面体的体心到正八面体的顶点的距离为 eq \f(\r(2),2) d pm，则N点在x轴的 eq \f(\r(2)d,2a) 处。根据N原子在晶胞中的位置可知，其坐标参数为（ eq \f(\r(2)d,2a) ，1，0）。一个晶胞中含有一个CaB6，则该晶体密度为 eq \f(40＋11×6,a3×10－30×NA) g·cm－3。
4答案：（1）2∶1（或1∶2）
（2）Cu Cu的价电子排布式为3d104s1，Zn的价电子排布式为3d104s2，Zn为全充满稳定结构，Cu的第一电离能比Zn的第一电离能小，Cu失去一个电子后形成的Cu＋的价电子排布式为3d10，为全充满稳定结构，较难失去电子，Zn失去1个电子后形成的Zn＋的价电子排布式为3d104s1，较易失去一个电子达到更稳定状态，Cu的第二电离能比Zn的第二电离能大
（3）三角锥形 sp3 （4）B
（5）D D（S2O eq \\al(2－,8) ）中含有过氧键，具有强氧化性
（6）①Cu2ZnSnS4 ②（ eq \f(1,4) ， eq \f(3,4) ， eq \f(5,8) ）
解析：（1）基态S原子的价电子排布式为3s23p4，价电子的轨道表示式为，两种自旋状态的电子数之比为2∶1。（3）SnCl eq \\al(－,3) 中Sn的孤电子对数为 eq \f(4＋1－1×3,2) ＝1、成键电子对数为3，杂化方式为sp3，因此SnCl eq \\al(－,3) 的几何构型为三角锥形。（4）主族元素形成的离子或配体中一般不含有未成对电子，因此该题只需判断配合物的中心离子是否存在未成对电子。[Cu（NH3）2]Cl中Cu＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，[Cu（NH3）4]SO4中Cu2＋的价电子排布式为3d9，含未成对电子，[Zn（NH3）4]SO4中Zn2＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，Na2[Zn（OH）4]中Zn2＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，因此属于顺磁性物质的是[Cu（NH3）4]SO4。（5）Mn2＋转化为MnO eq \\al(－,4) ，Mn2＋被氧化，则该离子具有强氧化性，中含有过氧键，具有强氧化性，在酸性溶液中可将Mn2＋氧化为MnO eq \\al(－,4) 。（6）①结合均摊法进行分析，晶胞中S原子数目为8，Sn原子数目为2× eq \f(1,2) ＋4× eq \f(1,4) ＝2，Zn原子数目为8× eq \f(1,8) ＋1＝2，Cu原子数目为8× eq \f(1,2) ＝4，故该物质的化学式为Cu2ZnSnS4。②结合图中A、B原子的位置及A原子的坐标可得出B原子的坐标。