2023新教材高考化学二轮专题复习专题精练14物质结构与性质

这是一份2023新教材高考化学二轮专题复习专题精练14物质结构与性质，共11页。
（1）氟原子激发态的电子排布式有 ，其中能量较高的是 。（填标号）
a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2
c．1s22s12p5d．1s22s22p33p2
（2）①一氯乙烯（C2H3Cl）分子中，C的一个 杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl 键，并且Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键（ eq \i\pr\in(3,4,) ）。
②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C—Cl键长的顺序是 ，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强；（ⅱ） 。
（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 。解释X的熔点比Y高的原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）α­AgI晶体中I－离子作体心立方堆积（如图所示），Ag＋主要分布在由I－构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag＋不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α­AgI晶体在电池中可作为 。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α­AgI晶体的摩尔体积Vm＝ m3·ml－1（列出算式）。
2.[2022·北京市丰台区一模]金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取Cu2＋的流程如下：
含Cu2＋溶液 eq \(――→,\s\up7(W的正庚烷溶液)) 含铜有机溶液
（1）有机化合物W的结构简式为：
该分子中碳原子的杂化轨道类型有 种，N、O杂化轨道类型分别为 、 。
（2）W可与Cu2＋形成化合物Q，其结构如下所示：
①基态Cu2＋的价电子排布式为 。
②氢键对Q在水中溶解性的影响是 （填“增大”或“减小”）。
③W与Cu2＋之间以共价键和配位键相结合，其中一定是配位键的是 键（填“Cu—O”或“Cu—N”）。
（3）有机化合物的合成通常使用催化剂，一种催化剂ZrO2晶体的晶胞示意图如下：
①Y原子为 （填元素符号）。与每个Y原子距离最近且等距的X原子有 个。
②该晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度ρ＝ g·cm－3（列出计算式，ZrO2的摩尔质量为123 g·ml－1）。
3.[2022·福建省龙岩市一检]铜及其化合物有广泛的用途。回答下列问题：
（1）同周期元素中，与Cu最外层电子数相同的元素还有 种。
（2）往CuSO4中逐滴加入氨水至沉淀恰好溶解，将该溶液冷却结晶，得到蓝色晶体。
①该晶体中各元素电负性由大到小顺序为 ；
②该晶体中不存在的作用力为 。
A．离子键 B．氢键
C．金属键 D．σ键
E．范德华力 F．配位键
③已知NH3分子中键角为107°，则上述晶体中氮氢之间的键角 107°（填选项标号）。
A．大于 B．小于
C．等于 D．无法确定
（3）已知铜的某些化合物的熔点如表所示。三者熔点出现差异的原因是：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）溴化亚铜（CuBr）常用作有机合成原料和反应催化剂，其晶胞结构如下图所示。
已知①、②号铜原子坐标分数依次为（0，0，0）、（ eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) ，0），则③号溴原子的坐标分数为 ；设CuBr的密度为d g·cm－3，M（CuBr）＝a g·ml－1，NA为阿伏加德罗常数，则Cu原子与Br原子的核间距离为 cm（用含a、d、NA的代数式表示）。
4.[2022·山东省枣庄市二模]聚合物锂离子电池具有超薄化特征，适用于多种设备，电极材料涵盖LiFePO4、LiNiO2、LiPF6、LiAsF6等物质。
（1）磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如图：
①键角大小比较：α β（填“大于”“等于”或“小于”）。
②纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）聚合物锂离子电池工作时，Li＋沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移，过程如图所示（图中阴离子未画出）。
①Li＋迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间的作用力为 （填标号）。
a.分子间作用力
b.离子键
c.共价键
②LiAsF6的阴离子的空间构型为 ；基态As原子的最高能级组轨道排布式为 。
（3）二茂镍是具有导电性的有机配合物。镍在周期表中的位置是 （填写对应周期、族）。x个原子共用y个电子可表示为 eq \i\pr\in(x,y,) ，则环戊二烯离子（C5H eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ）中的大π键可表示为 。
（4）图1为NiO晶胞，与O2－距离最近的O2－有 个。
一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－作密置单层排列，Ni2＋填充其中（如图2），该“单分子层”面积密度为m g·cm－2，则O2－的半径为 nm。（用m、NA表示）
5.[2022·河北省石家庄市一模]二甲基亚砜是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
（1）铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为 。
（2）已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为 。
③沸点：二甲基亚砜 丙酮（填“>”或“C2H3Cl>C2HCl。（3）由CsICl2受热发生非氧化还原反应知，CsICl2受热分解生成CsCl和ICl，故无色晶体X为CsCl，红棕色液体Y为ICl；由于CsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力，离子键比范德华力强得多，故CsCl的熔点高于ICl。（4）在α­AgI晶体中，Ag＋可以发生迁移，故α­AgI晶体在电池中可以作为固体离子导体。由于α­AgI晶体中I－作体心立方堆积，由“均摊法”知，1个晶胞中含有I－数目为8× eq \f(1,8) ＋1＝2，即1个晶胞中含有2个α­AgI，则α­AgI晶体的摩尔体积Vm＝ eq \f(1,2) （504×10－12 m）3·NA ml－1＝ eq \f(1,2) （5.04×10－10）3NA m3·ml－1。
答案：（1）ad d
（2）①sp2 σ ②C2H5Cl>C2H3Cl>C2HCl Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键越短
（3）CsCl CsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力
（4）固体离子导体 eq \f(1,2) （5.04×10－10）3NA
2．解析：（1）由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp3杂化；
（2）①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d9；②由图可知，配合物Q中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q在水中的溶解性；③由图可知，配合物Q中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键；
（3）①锆原子的原子半径大于氧原子，由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线 eq \f(1,4) 处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8× eq \f(1,8) ＋6× eq \f(1,2) ＝4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得： eq \f(4×（91＋16×2）,NA) ＝（a×10－7）3ρ，解得ρ＝ eq \f(4×123,NA×a3×10－21) 。
答案：（1）2 sp2 sp3
（2）①3d9 ②减小 ③Cu—N
（3）①Zr 8 ② eq \f(4×123,NA×a3×10－21)
3．解析：（1）同周期，与铜原子最外层电子数相等的元素外围电子排布式为4s1或3d54s1，分别为K、Cr共2种；
（2）①蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4·H2O中元素为H、N、O、S、Cu，非金属性越强电负性越大，电负性由大到小顺序为O>N>S>H>Cu；②硫酸根离子与配离子之间形成离子键，属于离子晶体，铜离子与水分子之间形成配位键，水分子之间形成氢键，铵根离子中存在σ键，该晶体中存在的作用力为：离子键、配位键、氢键、σ键，不含有金属键、范德华力，故选CE；③已知NH3分子中键角为107°，铜离子络合后，氮的孤对电子进入铜离子的外层空轨道，并受到铜离子正电荷的吸引，其电子云变小，此时的键角就变大了，故大于107°，故选A；
（3）CuO为离子晶体，熔点高，CuS、CuSe的熔点较低为分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，则其熔、沸点就越高，故CuO＞CuSe＞CuS；
（4）图中③号溴原子位于上层正四面体空隙的中心，根据①、②号铜原子的坐标依次为（0，0，0）、（ eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) ，0），③号的位置为（ eq \f(1,4) ， eq \f(3,4) ， eq \f(3,4) ），设CuBr的密度为d g·cm－3，M（CuBr）＝a g·ml－1，NA为阿伏加德罗常数，Cu与Br的个数分别为4，设晶胞边长为x cm，晶胞密度＝ eq \f(晶胞质量,晶胞体积) ＝ eq \f(\f(a g·ml－1,NA ml－1)×4,（x cm）3) ＝d g·cm－3，x＝ eq \r(3,\f(4a,NA×d)) cm，Cu原子与Br原子的距离为 eq \f(1,4) 体对角线，体对角线长为 eq \r(3) x cm，Cu原子与Br原子的核间距离为 eq \f(\r(3),4) × eq \r(3,\f(4a,NA×d)) cm。
答案：（1）2
（2）① O>N>S>H>Cu ②CE ③A
（3）CuO为离子晶体，熔点高，CuS、CuSe的熔点较低为分子晶体，相对分子质量越大熔点越高
（4） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4))) eq \f(\r(3),4) × eq \r(3,\f(4a,NA×d))
4．解析：（1）①P===O键和P－O键的排斥力大于P－O键和P－O键之间的排斥力，所以键角α小于β。②磷酸分子间有氢键，温度升高，氢键被破坏，所以纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降。
（2）①根据图示，Li＋迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间形成配位键，作用力为共价键，选c。
②LiAsF6的阴离子是AsF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6)) ，AsF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6)) 中As原子价电子对数是 eq \f(5＋6＋1,2) ＝6，无孤电子对，空间构型为正八面体；基态As原子的最高能级组包括4s、3d、4p三个能级，轨道排布式为。
（3）镍是28号元素，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。环戊二烯离子（C5H eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ）中5个原子共用6个电子，其大π键可表示为 eq \i\pr\in(5,6,) 。
（4）由晶胞图以体心的O2－分析，与氧离子距离最近的氧离子有12个；根据图，单分子层重复单元呈平行四边形，是相邻四个球中心的连线，每个重复单元包括一个O2－和一个Ni2＋，作三角形，设O2－的半径为a nm，三角形高为 eq \r(3) a nm，三角形面积为 eq \f(1,2) ×2a×10－7 cm× eq \r(3) a×10－7 cm＝ eq \r(3) a2×10－14 cm2，平行四边形面积为2 eq \r(3) a2×10－14 cm2，NiO的相对分子质量为75，每平方厘米面积上分散的该晶体的质量为“单分子层”面积密度 eq \f(\f(75 g·ml－1,NA ml－1),2\r(3)a2×10－14 cm2) ＝m g·cm－2，则O2－的半径为a＝ eq \r(\f(75,2\r(3)mNA)) ×107 nm。
答案：（1）①小于 ②温度升高，磷酸分子间氢键被破坏
（2）① c ② 正八面体
（3） 第四周期第Ⅷ族 II eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(5))
（4） 12 eq \r(\f(75,2\r(3)mNA)) ×107
5．解析：（1）Cr元素核外电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子，Mn元素核外电子排布式为[Ar]3d54s2，有5个未成对电子，未成对电子数之比为6∶5；
（2）①S原子价层共6个电子，二甲基亚砜分子中硫原子3个σ键，一个π键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为3＋1＝4，硫原子为sp3杂化；②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氢化物中H均显正价，所以H的电负性最小，同主族自左至右电负性增大，所以电负性O＞C＞H；③二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高；④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键，所以二甲基亚砜能够与水以任意比互溶；
（3）Cr的价电子个数为6，与CO形成一个配位键，C原子提供一对电子，此时价层电子数为8，配合物二茂铁中Fe的价层电子数为18，而Fe的价层电子数为8，说明两个环可以提供10个价电子，所以该配合物中心原子Cr的价层电子数为10＋8＝18；
（4）外界的氯离子可以电离，结合题意可知紫色物质为[Cr（H2O）6]Cl3、浅绿色物质为[Cr（H2O）5Cl]Cl2·H2O，蓝绿色物质为[Cr（H2O）4Cl2]Cl·2H2O，所以浅绿色的结构中配离子的化学式为[Cr（H2O）5Cl]2＋；
（5）①据图可知Mn原子位于S原子形成的四面体中心，所以Mn原子的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞Mn原子的个数为1＋4× eq \f(1,4) ＝2，S原子的个数，1＋8× eq \f(1,8) ＝2，所以原子总体积为2× eq \f(4,3) π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ） nm3；晶胞底面边长为a nm，高为c nm，形状为菱形，所以体积为 eq \f(\r(3)a2,2) c nm3，空间利用率为 eq \f(2×\f(4,3)π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ）,\f(\r(3)a2,2)c) ＝ eq \f(16π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ）,3\r(3)a2c) 。
答案：（1）6∶5
（2）①sp3 ② O>C>H ③> 二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高 ④ 二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键
（3）18 （4）[Cr（H2O）5Cl]2＋ （5）①4 ② eq \f(16π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ）,3\r(3)a2c)
6．解析：（1）Br是35号元素，基态Br原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p5。（2）F原子的电负性大于Cl，HF分子的极性大于HCl，同一条件下，HF在水中的溶解度大于HCl；HF分子间能形成氢键，HF的沸点大于HCl。SOCl2中心S原子的价电子对数为3＋ eq \f(1,2) （6－2－2×1）＝4，VSEPR模型为正四面体。氟硼酸铵NH4BF4中铵根离子中有1个配位键、BF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 中有1个配位键，1 ml氟硼酸铵NH4BF4含有2 ml配位键。（3）根据n的原子分数坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,8))) ，则m原子在x轴的坐标为 eq \f(3,4) 、y轴坐标为 eq \f(3,4) ，z轴坐标为 eq \f(5,8) ，所以m原子的分数坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(5,8))) ；A原子在晶胞内，1个晶胞含有A原子8个；B原子在顶点和晶胞中心，B原子数为8× eq \f(1,8) ＋1＝2；C原子在棱上、面上，C原子数4× eq \f(1,4) ＋6× eq \f(1,2) ＝4；A是I、B是Hg、C是Ag，距离Hg最近的Ag有8个。设NA为阿伏加德罗常数的值，Ag2HgI4的摩尔质量为M g·ml－1，该晶体的密度为 eq \f(2M,a×a×2a×10－30×NA) ＝ eq \f(M,NAa3) ×1030 g·cm－3。
答案：（1）3d104s24p5
（2）大于 大于 大于 正四面体 2
（3） （ eq \f(3,4) ， eq \f(3,4) ， eq \f(5,8) ） 8 eq \f(M,NAa3) ×1030