高考化学二轮复习大题突破练5物质结构与性质综合题含答案

这是一份高考化学二轮复习大题突破练5物质结构与性质综合题含答案，共15页。试卷主要包含了镍钴锰三元材料，某笼形包合物等内容，欢迎下载使用。
大题突破练5　物质结构与性质综合题
　　　　　　　　　　　　　
1.(2022广东肇庆第三次质检)光电材料在能源、军事等领域有重要应用,分为无机光电材料[如ZnS、ZnSe、GaAs、(CuGa)0.5ZnS2等]及有机光电材料(如图1所示化合物)。回答下列问题:
(1)基态Zn原子的价层电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　;Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　。 
(2)图1所示化合物中含有的化学键类型有　　　　(填字母),N原子的杂化方式为　　　　　　　　　　　。 
A.共价键 B.离子键
C.配位键 D.氢键

图1

图2
(3)在水溶液中,以H2O为电子供体,CO2在(CuGa)0.5ZnS2光催化剂上可还原为CO,部分氧化物的沸点如表所示:
氧化物
H2O
SO2
CO2
沸点/℃
100
-10
-78.5
①表中氧化物之间沸点差异的原因为   　。 
②SO2的VSEPR模型为　　　　　　　　　　　。 
③H2O和H2S分子中,键角更大的是　　　　　　　　　　　(填化学式)。 
(4)ZnS和ZnSe晶体的立方晶胞结构相似,均可看作将金刚石晶胞(如图2)内部的碳原子用Zn代替,晶胞顶点与面心位置的碳原子被S或Se代替。
①ZnS晶体中,一个晶胞含有S原子数目为　　　　　　　　　　　。 
②若阿伏加德罗常数的值为NA,ZnS晶体的密度为ρ1 g ·cm-3,ZnSe晶体的密度为ρ2 g·cm-3,则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比为　　　　　　　　　　　。 
2.(2022广东韶关综合测试)Fe、Mg、Co、Ni与稀土元素钇(39Y)在工农业生产、军事、航空航天、能源、环境保护、生物医学等领域中应用广泛。回答下列问题:
(1)Y在元素周期表中的位置是　　　　　　　　　　　,基态Co原子的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。 
(2)纳米Fe因其表面活性常用作有机催化剂,如图所示:

化合物M 化合物N
①化合物M的熔、沸点低于化合物N,其主要原因是　　　　　　　　　　。 
②化合物N中除苯环外其他C原子的杂化类型为　　　　　　　　,元素C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为　　　　　　　　　　　。 
(3)Ni(CO)4常用于制备纯镍,溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂,为　　　晶体;与配体互为等电子体的阴离子有　　　　　　　　　(任意写一种)。 
(4)由Mg、C和Ni组成的新型超导材料晶体的立方晶胞结构如图所示:

①该新型超导材料的化学式为　　　　　　　　　　　。 
②若晶胞参数为a nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为　　　　　　　　　　　 g·cm-3。 
3.(2022山东青岛一模)铬是人体内微量元素之一,是重要的血糖调节剂。
(1)铬在元素周期表中的位置为　　　　　　　　,其基态原子核外电子占据的原子轨道数为　　　　　。 
(2)已知Cr3+半径小,正电场较强,容易与H2O、NH3、Cl-等分子或离子形成多种配合物,[Cr(H2O)2(NH3)4]Cl3·2H2O是其中的一种。
①该配合物中提供孤电子对形成配位键的原子是　　　　　。 
②中心原子杂化方式为　　　　　(填字母)。 
a.sp2 b.sp3
c.sp3d d.d2sp3
③该物质中,N—H的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大,其原因是  　　　　　　　　　　。 
(3)钛铬合金是一种高温结构材料,第二电离能I2(Ti)　　　　　(填“>”或“”或“Se>Ga
(2)AC　sp2
(3)①三种氧化物形成的晶体均为分子晶体,水分子间能形成氢键,SO2的相对分子质量大于CO2　②平面三角形　③H2O
(4)①4　②397ρ2144ρ1
解析 (1)Zn为30号元素,基态原子的价层电子轨道表示式为;元素的非金属性越强,第一电离能越大,但As反常,则Se、Ga、As的第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ga。
(2)由题图1所示化合物的结构可知,分子内不存在离子键和氢键,N原子的价层电子对数目为3,杂化方式为sp2。
(3)①由表中氧化物的组成和性质可知,三种氧化物形成的晶体均为分子晶体,其中水分子间能形成氢键,沸点最高,二氧化硫的相对分子质量大于二氧化碳,故二氧化硫的沸点高于二氧化碳。
②SO2中S原子的价层电子对数目为3,VSEPR模型为平面三角形。
③H2O中O原子半径比H2S中S原子半径更小,电子对更靠近O原子,电子对之间排斥力更大,键角更大。
(4)ZnS和ZnSe晶体的一个晶胞中含有Zn的数目为4,S、Se的数目为8×18+6×12=4,则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比=34×97ρ1NA4×144ρ2NA=397ρ2144ρ1。
2.答案(1)第五周期第ⅢB族　3d74s2
(2)①化合物N分子间能形成氢键　②sp3　CP>Li。
②常见溶剂碳酸乙烯酯()中形成碳氧双键的C原子周围形成了3个σ键,则该原子采用sp2杂化,其余碳原子周围形成了4个σ键,采用sp3杂化。
(4)由题干晶胞图示可知,晶胞中含Li原子数为9,若晶胞的底边边长为a nm,高为c nm,x∶y∶z=1∶1∶1,根据晶胞可知,x+y+z=9,得x=y=z=3,即一个晶胞中含有9个Li、3个Ni、3个Co、3个Mn和18个O,则一个晶胞的质量为m=9×7+3×59+3×59+3×55+18×16NA g,一个晶胞的体积为V=332a2c×10-21 cm3,故其密度为ρ=mV=9×7+3×59+3×59+3×55+18×16332a2cNA×10-21 g·cm-3。
6.答案 (1)　正四面体形　sp3　>　(2)26　4s　分子晶体
(3)①(34,14,14)　②1∶1　③16π(b3+c3)3a3×100%
解析 (1)Ti的价层电子排布式为3d24s2,轨道表示式为;BH4-的中心原子B的价层电子对数为4+12×(3+1-4×1)=4,其空间结构为正四面体形,B采取sp3杂化;电负性是原子对键合电子的吸引力,H的电负性大于B。
(2)铁原子核外有26个电子,每个电子的运动状态都不相同,所以铁原子核外电子运动状态有26种;铁的价层电子排布式为3d64s2,Fe成为阳离子时首先失去的是最外层4s轨道上的电子,FeCl3的熔沸点比较低,故FeCl3是分子晶体。
(3)①D位于晶胞内部,若把晶胞分为8个相等的小立方体,则D位于包含C的小立方体的体心。根据A、B、C的原子坐标参数可知,D的原子坐标参数为(34,14,14)。
②该晶体中,铜位于内部,共4个,氯位于顶点和面心,共8×18+6×12=4个,所以铜、氯微粒个数比为1∶1。
③晶胞中有4个铜原子、4个氯原子,占有的体积为4×43π(b3+c3) pm3,晶胞边长为a pm,则晶胞体积为a3 pm3,该晶胞的空间利用率为16π(b3+c3)3a3×100%。
7.答案 (1)3d84s2　N>C>H
(2)sp3　C和P的原子半径较大,“头碰头”重叠形成σ键之后很难进行“肩并肩”重叠形成π键　(3)C
(4)1∶1　+2价　(5)MNA·a3×1021
解析 (1)Ni是28号元素,故基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2;该物质中非金属元素即C、N、H,根据电负性同一周期从左往右依次增大,同一主族从上往下依次减小可知,电负性由大到小是N>C>H。
(2)NH3中中心原子N原子周围的价层电子对数为4,则N的杂化轨道类型为sp3,C和P的原子半径较大,“头碰头”重叠形成σ键之后很难进行“肩并肩”重叠形成π键。
(3)在晶胞中,镍离子与CN-之间产生配位键,CN-中C和N上均有孤电子对,但由于C的电负性小,更容易给出孤电子对,则配体CN-提供的配位原子有C。
(4)由题给图示晶胞可知,1个晶胞中含有的NH3个数为2个,苯分子个数为2个,故该络合物中氨与苯分子数目比,即b∶c为2∶2=1∶1,一个晶胞中含CN-个数为4,Ni的个数为2,其中Ni的平均化合价为+42=+2价。
(5)晶体密度为ρ=mV=MNA·a3×10-21cm3=MNA·a3×1021 g·cm-3。
8.答案(1)sp3、sp2　11NA　N
(2)1-萘胺中含有氨基,能与水分子形成分子间氢键,增大其在水中的溶解度
(3)3d84s2
(4)正四面体形
(5)将ZnCl2在隔绝空气的容器中加热到283 ℃使其熔化,并检验其导电性,若能导电说明ZnCl2为离子晶体
(6)四面体　12×8133NAa2c×10-21
解析 (1)由溶剂DMF的结构简式可知DMF中两个甲基上的C原子的杂化方式为sp3,上的C原子的杂化方式为sp2;已知单键均为σ键,双键为1个σ键和1个π键,三键为1个σ键和2个π键,结合DMF的结构简式可知,1 mol DMF中所含有的σ键数目为11NA;DMF中含有H、C、N、O,根据第一电离能的递变规律可知,第一电离能最大的元素是N。
(2)由于1-萘胺中含有氨基,能与水分子形成分子间氢键,而1-硝基萘不能,导致1-萘胺的水溶性比1-硝基萘的强。
(3)Ni为28号元素,则Ni的基态原子价层电子排布式为3d84s2。
(4)SO42-的中心原子S原子的价层电子对数为4+12(6+2-4×2)=4,无孤电子对,故SO42-的空间结构为正四面体形。
(5)ZnCl2的熔点为283 ℃,将ZnCl2在隔绝空气的容器中加热到283 ℃使其熔化,并检验其导电性,若能导电说明ZnCl2为离子晶体。
(6)由题图可知,Zn原子位于O原子所围成的四面体空隙中,已知一个晶胞中含有的Zn的个数为6×13+4×1=6,O的个数为12×16+2×12+3×1=6,故一个晶胞的质量为6×81NA g ,一个晶胞的体积为332a2c×10-21cm3,则晶体密度为ρ=mV=6×81NAg332a2c×10-21cm3=12×8133NAa2c×10-21 g·cm-3。