2020届高考化学二轮复习物质结构与性质作业1 练习

专题突破练16　物质结构与性质(选考)

非选择题(本题包括5个小题,共100分)

1.(2019江苏常州模拟)(20分)盐酸氯丙嗪是一种多巴胺受体的阻断剂,临床有多种用途。化合物Ⅲ是盐酸氯丙嗪制备的原料,可由化合物Ⅰ和Ⅱ在铜作催化剂条件下反应制得。

+

　Ⅰ　　　 　　　　Ⅱ                         Ⅲ

(1)Cu原子基态核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　。 

(2)1 mol化合物Ⅰ分子中含有σ键的物质的量为　　　　。 

(3)一个化合物Ⅲ分子中sp3方式杂化的原子数目是　　　　　　　　。 

(4)向[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2至微酸性,有白色沉淀生成。分析表明该白色沉淀中Cu、S、N的物质的量之比为1∶1∶1,沉淀中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子。

①[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型有　　　　(填字母)。 

A.共价键　B.氢键　C.离子键　D.配位键　E.分子间作用力

②上述白色沉淀的化学式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(5)铜的氢化物的晶体结构如图所示,写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

2.(2019湖南、湖北八市十二校二模)(20分)铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途。请回答以下问题:

(1)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等,其制备方法如下:

[Cu(NH3)4]SO4水溶液NH4CuSO3白色沉淀超细铜粉

①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　　。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为　　　　　　　　(填元素符号)。 

②向CuSO4溶液中加入过量氨水,可生成[Cu(NH3)4]SO4,下列说法正确的是　　　　。 

A.氨气极易溶于水,原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故

B.NH3和H2O分子空间构型不同,氨气分子的键角小于水分子的键角

C.[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇,会析出深蓝色的晶体

D.已知3.4 g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体,并放出a kJ热量,则NH3的燃烧热的热化学方程式为:NH3(g)+O2(g)N2(g)+H2O(g)

ΔH=-5a kJ· mol-1

(2)铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的氧气变为臭氧(与SO2互为等电子体)。根据等电子原理,O3分子的空间构型为　　　　　。 

(3)氯与不同价态的铜可生成两种化合物,其阴离子均为无限长链结构(如图所示),a位置上Cl原子(含有一个配位键)的杂化轨道类型为　　　　　　。 

(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图,已知镧镍合金与上述Ca—D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn,它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3,储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙,体积不变),则LaNin中n=　　　　(填数值);氢在合金中的密度为　　　　　　　(保留两位有效数字)。 

3.(2019江西九校联考)(20分)蛋白质是构成生物体内的基本物质,蛋白质的组成元素主要有氢、碳、氮、氧、硫,同时还有微量元素铁、锌等。回答下列问题:

(1)碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为　　　　　　　　　(用元素符号表示)。 

(2)的立体构型是　　　　形,与互为等电子体的一种分子是　　　　　　　　　(填分子式)。 

(3)将足量的氨水逐滴地加入到CuSO4溶液中,先生成沉淀,然后沉淀溶解生成配合物[Cu(NH3)4]SO4,配位化合物中的阳离子结构式为　　　　　　　　　。S中的硫原子杂化方式为　　　　　。用价层电子对互斥理论解释S的键角大于S的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)碲化锌晶体有两种结构,其中一种晶胞结构如下图。晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子围成　　　　　　　。与Te原子距离最近的Te原子有　　　个。若Zn与距离最近的Te原子间距为a pm,则晶体密度为　　　　　　　　　g·cm-3。(已知相对原子质量:Zn—65、Te—128) 

4.(2019吉林长春联考)(20分)中国海军航母建设正在有计划、有步骤向前推进,第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料,航母的龙骨要耐冲击,航母的甲板要耐高温,航母的外壳要耐腐蚀。

(1)镍铬钢抗腐蚀性能强,基态Ni2+的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　,铬元素在周期表中　　　　区。 

(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷,其结构如图所示,其中C原子杂化方式为　　　　　　杂化。 

(3)海洋是元素的摇篮,海水中含有大量的卤族元素。

①根据下表数据判断,最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是　　　　(填元素符号)。 

②根据价层电子对互斥理论,预测Cl的空间构型为　　　　　形,写出一个Cl的等电子体的化学符号　　　　　。 

(4)海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物,蕴藏着大量的资源,含有硅、铁、锰、锌等。如图是能体现铁氧体离子晶体Fe3O4晶体结构的一个立方体,则晶体中的离子是否构成了面心立方最密堆积?　　　(填“是”或“否”),该立方体　　　(填“是”或“不是”)Fe3O4的晶胞;立方体中铁离子处于氧离子围成的　　　　　　　　(填空间结构)空隙;根据图示计算Fe3O4晶体的密度为　　　　g·cm-3。(图中a=0.42 nm,计算结果保留两位有效数字) 

5.(2019辽宁抚顺一模)(20分)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)。

图1

图2

图3

图中的M是短周期金属元素,M的部分电离能如下表:

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　　　　　　　　　　g·cm-3(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。 

(5)科学家通过X-射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似,且已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　　　　　　　　　　。 

参考答案

专题突破练16　物质结构与性质(选考)

1.答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　(2)14 mol

(3)2　(4)①ACD　②NH4CuSO3　(5)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl

解析 (1)Cu原子基态核外电子排布符合洪特规则特例,其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。

(2)苯环上的碳碳键、碳氢键及N—H键都是σ键,1 mol化合物Ⅰ分子中含有σ键的物质的量为14 mol。

(3)化合物Ⅲ分子中,氮原子和羧基中羟基氧的价层电子对都是4对,它们都采用sp3杂化方式成键。

(4)①[Cu(NH3)4]SO4中,[Cu(NH3)4]2+、S之间存在离子键,NH3、S内部都存在共价键,Cu2+与NH3以配位键结合,故选ACD。②三角锥形的阴离子为S,正四面体形的阳离子为N,结合有关物质的组成可知,白色沉淀的化学式为NH4CuSO3。

(5)铜的氢化物的晶胞中Cu和H原子各有4个,其化学式为CuH,它在氯气中燃烧的化学方程式2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl。

2.答案 (1)①1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)　N>O>S　②AC

(2)V形　(3)sp3杂化　(4)5　0.083 g·cm-3

解析 (1)①NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+,铜是29号元素,根据能量最低原理其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,该原子失去一个电子生成亚铜离子,失去的电子是最外层电子,所以亚铜离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。N原子2p轨道为半充满结构,第一电离能大于O原子,同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小,所以第一电离能大小顺序为N>O>S。②氨气分子与水分子之间存在氢键,氢键的存在使物质的溶解性显著增大,故A正确;氨气分子中N原子和水分子O原子均为sp3杂化,氨分子中N原子只有一对孤电子对,水分子中O原子有两对孤电子对,根据价层电子对互斥理论可知,氨分子的键角大于水分子的键角,故B错误;根据相似相溶原理可知,乙醇分子极性弱于水的极性,[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低,则[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇会析出深蓝色的晶体,故C正确;表示燃烧热的热化学方程式中,产物H2O应为液态,故D错误。

(2)O3分子与SO2互为等电子体,SO2分子中S原子价层电子对数为3,孤电子对数为1,空间构型为V形,等电子体具有相同的空间构型,则O3分子空间构型为V形。

(3)a位置上的Cl原子形成了2条单键,还有2对孤电子对,故为sp3杂化。

(4)镧镍合金、Ca—D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn,由图可知,在晶胞上、下两个面上共有4个D原子,在前、后、左、右四个面上共有4个D原子,在晶胞的中心还有一个D原子,故Ca与D的个数比为(8×)∶(8×+1)=1∶5,故n=5。晶胞体积为9.0×10-23cm3,LaNinH4.5合金中H的质量为 mol×1 g·mol-1= g,氢在合金中的密度为≈0.083 g·cm-3。

3.答案 (1)C<O<N　(2)直线　N2O或CO2或CS2

(3)[]2+　sp3　两种离子的中心硫原子均为sp3杂化,S中没有孤对电子,S有一对孤对电子,孤电子对对成键电子对的斥力较大,因此键角更小

(4)正四面体　12　

解析 (1)一般情况下同一周期的元素,元素的原子序数越大,元素的第一电离能越大,但由于N原子2p轨道为半充满稳定状态,所以失去电子比O难,即第一电离能N>O,因此碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为C<O<N。

(2)原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体,则与互为等电子体的分子有:N2O或CO2或CS2等,与CO2互为等电子体,二者结构相似,所以的立体构型是为直线型结构。

(3)配合物[Cu(NH3)4]SO4中的内界中心离子为Cu2+,与NH3中的N原子形成配位键,可结合4个氨分子,配位化合物中的阳离子[Cu(NH3)4]2+为正四面体形。S为外界离子,其中S原子采用sp3杂化,无论是S还是S,S原子都是采用sp3杂化,由于S中没有孤电子对,S的中心S原子上有孤电子对,孤电子对对成键电子对排斥作用较大,使其键角变小。

(4)根据碲化锌晶体结构中Te与Zn的相对位置可知,晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子有4个,它们围成正四面体形;Te原子位于晶胞的顶点和面心上,在一个晶胞中与顶点Te原子距离最近的在三个平面的中心,通过一个顶点能够形成8个晶胞,由于每个Te原子被两个晶胞共用,所以与Te原子距离最近的Te原子的个数为(3×8)÷2=12;若Zn与距离最近的Te原子间距离为a pm,由于Zn原子位于正方体的对角线的处;则晶胞体对角线为4a pm,晶胞的边长为 pm,在一个晶胞中Te原子个数为×8+×6=4,含有Zn原子个数为4,即一个晶胞中含有4个ZnTe,故晶体密度为 g·cm-3。

4.答案 (1)1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8　d　(2)sp3　(3)①Ⅰ　②三角锥　S　(4)是　是　正八面体　5.2

解析 (1)基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8,铬元素位于周期表中d区。

(2)聚硅氧烷中C形成4个单键,所以C的杂化方式为sp3。

(3)①根据第一电离能分析,第一电离能越小,越容易生成较稳定的单核阳离子,所以最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是I。②根据VSEPR理论判断Cl的空间构型,价电子对数为3+=4,VSEPR模型为四面体形,由于存在一个孤电子对,所以其空间构型为三角锥形。等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒,则与Cl互为等电子体的是S。

(4)将题给晶体的立方体进一步扩展,就可以看出氧离子是面心立方最密堆积。根据晶胞粒子的排布,该立方体中Fe3+处于围成的正八面体空隙,以立方体计算,1个立方体中含有Fe3+的个数为4×1/8+3×1/2=2,含有Fe2+的个数为1个,含有的个数为12×1/4+1=4。1 mol该立方体的质量m=(56×3+16×4)g,1个立方体体积V=(a×10-7)3cm3,则晶体密度为(56×3+16×4)/[(6.02×1023)×(0.42×10-7)3] g·cm-3=5.2 g·cm-3。

5.答案 (1)3d24s2　(2)Mg　12　(3)7　O>N>C

(4)　12　(5)TiN>CaO>KCl

解析 (1)Ti为22号元素,根据核外电子排布规律可知钛原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,则Ti的基态原子外围电子排布式为3d24s2。

(2)M是短周期金属元素,M的第三电离能剧增,说明M处于ⅡA族,能与TiCl4反应置换出Ti,则M为Mg,Mg晶体属于六方最密堆积,配位数为12。

(3)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子有苯环上的六个、羰基中的一个,共7个。采取sp3杂化的原子价层电子对数是4,乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O,同一周期元素中,主族元素电负性随着原子序数增大而逐渐增大,所以它们的电负性关系为O>N>C。

(4)根据均摊法,可知该晶胞中N原子个数为6×+8×=4,该晶胞中Ti原子个数为1+12×=4,所以晶胞的质量为 g,而晶胞的体积为(2a×10-10)3cm3,所以晶体的密度为 g·cm-3;以晶胞顶点N原子为研究对象,与之距离相等且最近的N原子处于面心位置,每个顶点为8个晶胞共用,每个面为2个晶胞共用,故与之距离相等且最近的N原子数为=12。

(5)离子晶体的离子半径越小,所带电荷数越多,晶格能越大,则晶体的熔、沸点越高,则有熔点TiN>CaO,由表中数据可知CaO>KCl,所以熔点TiN>CaO>KCl。