统考版2023高考化学二轮专题复习题型分组训练12物质结构与性质鸭题

这是一份统考版2023高考化学二轮专题复习题型分组训练12物质结构与性质鸭题，共13页。试卷主要包含了钛铝合金在航空领域应用广泛等内容，欢迎下载使用。
1．Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为________、________。(填标号)
(2)Li＋与H－具有相同的电子构型，r(Li＋)小于r(H－)，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是________、中心原子的杂化形式为________。LiAlH4中，存在________(填标号)。
A．离子键 B．σ键
C．π键 D．氢键
(4)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Brn－Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为______kJ·ml－1，O===O 键键能为________kJ·ml－1，Li2O晶格能为________kJ·ml－1。
(5)Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.466 5 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 ____________ g·cm－3(列出计算式)。
2．钛(22Ti)铝合金在航空领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]________，其中s轨道上总共有________个电子。
(2)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2－配离子，则钛元素的化合价是________，配体是________。
(3)TiCl3可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如丙烯用三乙基铝和三氯化钛作催化剂时，可以发生下列聚合反应：
nCH3CH===CH2 eq \(――――――――→,\s\up7(Al(C2H5)3－TiCl3)) CH(CH3)—CH2，
该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有____________，反应涉及的元素中电负性最大的是________。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是________。
(4)钛与卤素形成的化合物熔沸点如表所示：
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞结构，晶胞参数a＝0.295 nm，c＝0.469 nm，则该钛晶体的密度为______________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
3．在元素周期表中，除稀有气体元素外几乎所有元素都能与氢形成氢化物。
(1)氨气是共价型氢化物。工业上常用氨气和醋酸二氨合铜{[Cu(NH3)2]Ac}的混合液来吸收一氧化碳(醋酸根简写为Ac－)。反应方程式为[Cu(NH3)2]Ac＋CO＋NH3⇌[Cu(NH3)3CO]Ac。
①请写出基态Cu原子的电子排布式：________________。
②氨水溶液中各元素原子的第一电离能从大到小的排列顺序为________，理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
其中NH3应为________分子(填“极性”或“非极性”)。
③醋酸分子中的两个碳原子的杂化方式分别是____________。
④生成物[Cu(NH3)3CO]Ac中所含化学键类型有________(填序号)。
a．离子键 b．金属键
c．共价键 d．配位键
(2)某离子型氢化物化学式为XY2，晶胞结构如图所示，其中6个Y原子(○)用阿拉伯数字1～6标注。
①已知1、2、3、4号Y原子在晶胞的上、下面上。则5、6号Y原子均在晶胞________(填“侧面”或“内部”)。
②根据以上信息可以推知，XY2晶体的熔、沸点________(填“>”“＝”或“”“O>H 同周期元素，从左至右第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族元素的2p能级处于半充满状态，结构稳定，第一电离能反常，大于第ⅥA族元素 极性 ③sp3和sp2 ④acd
（2）①内部 ②> ③ eq \f(2M×1021,ρa3)
4．答案：（1）空间运动状态 4s 球形 （2）O＞S＞H＞Si 直线形 （3）acd sp2、sp3 （4） eq \f(y－2x,2) eq \f(\r(2)y－2x,2)
（B组）
1．答案：（1）3s23p3 （2）7 sp2、sp3
（3）O>N>C N>O>C
（4）NaCl3 Na3Cl Na2Cl
（5）①
②dB－P＝ eq \f(1,4) eq \r(3) a＝ eq \f(1,4) eq \r(3) ×478 pm或dB－P＝[ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)\r(2)a)) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)a)) eq \s\up12(2) ] eq \s\up6(\f(1,2)) ＝ eq \f(1,4) eq \r(3) a≈207 pm
2．解析：（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Zn的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，Cu比Zn更容易失去一个电子，所以Cu第一电离能比Zn的小。Cu失去第一个电子变为Cu＋后，核外电子排布式为[Ar]3d10，第二个电子在3d全满轨道上，Zn失去1个电子后，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以铜的第二电离能较大。
（2）金属晶体中金属阳离子半径越小，所带电荷数越多，金属键越强。离子半径：Na＋>Mg2＋>Al3＋，而电荷数：Na＋Na。
（3）（SCN）2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，根据（SCN）2的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为σ键，每个三键含有1个σ键、2个π键，1个（SCN）2分子含有5个σ键，故1 ml（SCN）2分子中含有σ键的数目为5NA。SCN－可能的结构为—S—C≡N或—N==C==S，这两种结构都是直线形的构型，C都采取sp杂化。异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键。
（4）晶胞中Cu原子数目为6× eq \f(1,2) ＝3，Au原子数目为8× eq \f(1,8) ＝1，晶胞质量为 eq \f(3×64＋197,NA) g，晶胞棱长为a pm＝a×10－10 cm，则晶胞体积为（a×10－10 cm）3，该金属互化物的密度ρ＝ eq \f(m,V) ＝ eq \f(3×64＋197,NA) g÷（a×10－10cm）3＝ eq \f(389×1030,NA×a3) g·cm－3。
答案：（1）Cu失去第一个电子变为Cu＋后，核外电子排布为[Ar]3d10，是能量较低的稳定结构，所以铜的第二电离能较大
（2）Al>Mg>Na 离子半径：Na＋>Mg2＋>Al3＋，而电荷数：Na＋N>C>H。②反应过程中断裂和生成的化学键有共价键和配位键。
（3）①由题图可知，该晶胞中黑球为Cu，白球为O，晶胞中与Cu等距离且最近的O有2个，即该晶胞中Cu原子的配位数为2。②由均摊法可知该晶胞内含4个Cu原子，O原子数目为1＋8× eq \f(1,8) ＝2，即晶胞内含Cu2O数目为2，设该立方晶胞的参数为x，则x3·d g·cm－3＝ eq \f(2,NA) ×144 g，解得x＝ eq \r(3,\f(2×144,d·NA)) cm＝ eq \r(3,\f(288,dNA)) ×1010 pm。
答案：（1）①
②Fe3＋的价电子排布式为3d5，处于半充满状态，结构稳定 ③< FeO和NiO的阴离子相同，阳离子所带电荷相同，但r（Fe2＋）>r（Ni2＋），所以FeO的晶格能较小，熔点较低
（2）①O>N>C>H ②AB （3）①2 ② eq \r(3,\f(288,dNA)) ×1010
4．解析：（1）硅原子核外有14个电子，有1s、2s、2p、3s、3p五个能级，每个能级的电子数分别是2、2、6、2、2，则基态硅原子最外层的电子排布图为晶体硅和碳化硅均为原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，则C—Si键键长比Si—Si键键长短，故碳化硅的熔点较高。（2）①0 ℃≈273 K，由题表中的数据可知，只有SiCl4的熔点低于273 K，沸点高于273 K，则SiCl4在0 ℃时为液态。SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，沸点逐渐升高。SiX4的中心原子Si周围的σ键电子对数＝4＋ eq \f(1,2) ×（4－1×4）＝4，无孤电子对，由VSEPR理论可知，其VSEPR模型与分子空间构型均为正四面体。②中甲基碳原子为饱和碳原子，是sp3杂化，碳碳双键中的碳原子为sp2杂化。短周期同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，且H的电负性比C小，故电负性由大到小的顺序是N>C>H。中1个基团有1个N—Si、4个N—C、1个N===C、1个C===C、6个C—H，共有13个σ键，4个基团，则含13×4＝52（个）σ键，另外还有2个Si—Cl键，故1个中含有σ键的数目为54个。（3）①由晶胞结构图可知，1个晶胞中，对于X原子，8个位于顶点、4个位于棱上、6个位于面上、3个位于晶胞内，故1个晶胞中含有X的数目为8× eq \f(1,8) ＋4× eq \f(1,4) ＋6× eq \f(1,2) ＋3＝8（个）；对于Y原子，4个Y原子均位于晶胞内；对于Z原子，16个Z原子均位于晶胞内。其中Ge和O的原子个数比为1∶4，则X为Mg，Y为Ge，Z为O。由上述分析可知，该化合物的化学式为Mg2GeO4。②1个晶胞的质量＝ eq \f(24×8＋73×4＋16×16,NA) g＝ eq \f(740,NA) g，1个晶胞的体积＝abc×10－21 cm3，则晶体的密度ρ＝ eq \f(\f(740,NA) g,abc×10－21 cm3) ＝ eq \f(740×1021,abcNA) g·cm－3。
答案：（1）
SiC
（2）①SiCl4 SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体
②sp2、sp3 N>C>H 54
（3）①O Mg2GeO4 ② eq \f(740×1021,abcNA)
化合物
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
－25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
电离能/kJ·ml－1
I1
I2
铜
746
1 958
锌
906
1 733
SiF4
SiCl4
SiBr4
SiI4
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7