2023届高考化学二轮复习课后习题 非选择题专项训练四　物质结构与性质(选修)

这是一份2023届高考化学二轮复习课后习题 非选择题专项训练四　物质结构与性质(选修)，共9页。试卷主要包含了回答下列问题等内容，欢迎下载使用。
非选择题专项训练四　物质结构与性质(选修)
1.(2020全国Ⅰ)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得诺贝尔化学奖。回答下列问题。
(1)基态Fe2+与Fe3+中未成对的电子数之比为　　　　。 
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na),原因是 　　　　　　　　　。 
I1(Be)>I1(B)>I1(Li),原因是   　　　　　　　　　。 
I1/(kJ·mol-1)
Li
520
Be
900
B
801
Na
496
Mg
738
Al
578
(3)磷酸根离子的空间构型为　　　　　　,其中P的价层电子对数为　　　、杂化轨道类型为　　　　。 
(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有　　　　个。 

电池充电时,LiFePO4脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,结构示意图如(b)所示,则x=　　　　　　,n(Fe2+)∶n(Fe3+)=　　　　　　。 
2.(2020全国Ⅱ)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题。
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　。 
(2)Ti的四种卤化物熔点如下表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是  　　　　　　　　　。 
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示,其组成元素的电负性大小顺序是　　　　　　　;金属离子与氧离子间的作用力为　　　　,Ca2+的配位数是　　　　。 
(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子CH3NH3+,其晶胞如图(b)所示,其中Pb2+与图(a)中　　　的空间位置相同。有机碱CH3NH3+中,N原子的杂化轨道类型是　　　。若晶胞参数为a nm,则晶体密度为　　　　　　　　 g·cm-3(列出计算式)。 

(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘,降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐,提升了太阳能电池的效率和使用寿命,其作用原理如图(c)所示,用离子方程式表示该原理　　　　　　　　　　　　　　,　。 
3.回答下列问题。
(1)某二价金属离子有9个价电子,价电子的能级为3d。该元素位于元素周期表中的第四周期、第　　　　族。 
(2)在氰酸钾(KOCN)的组成元素中,第一电离能最大的是　　　　　　(填元素符号,下同)、电负性最小的是　　　　;其中阴离子的空间结构是　　　　　　,C的杂化方式为　　　　。 
(3)将少量无水硫酸铜溶解在水中,形成蓝色溶液,再加入过量氨水,溶液变为深蓝色。深蓝色离子的结构如图所示,1 mol该离子中所含σ键为　　　　 mol(包括配位键);向深蓝色溶液中缓慢加入乙醇,得到蓝色晶体,加热该晶体先失去组分b的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)已知阿伏加德罗常数的值为NA,立方硫化锌(M=97 g·mol-1)晶胞如图所示:

其晶胞棱长为d pm,则其密度为　　　　　 g·cm-3(用含d的代数式表示);其中顶点位置a的S2-与其相邻位置b的Zn2+之间的距离为　　　　 pm(用含d的代数式表示);已知位置a的坐标参数为(0,0,0),位置b的Zn2+的坐标参数为　　　　　　　　。(已知:1 m=102 cm=1012 pm) 
4.铜是人类最早使用的金属之一,铜的使用对早期人类文明的进步影响深远。按要求回答下列问题。
(1)基态Cu与Cu2+中未成对电子数之比为　　　　　。 
(2)白铜是铜镍合金,呈银白色,有金属光泽,白铜中存在的化学键是　　　　　;元素铜与镍的第二电离能分别为I(Cu)=1 958 kJ·mol-1、I(Ni)=1 753 kJ·mol-1,I(Cu)>I(Ni)的原因是铜的核电荷数较大,且　 　　　　　　　　　。 
(3)某含铜配合物的结构简式如图所示,其中Cu2+的配位数是　　　　,C原子的杂化轨道类型为　　　　　;C、N、O三种元素的简单氢化物中能形成氢键的是　　　　(填化学式)。 

(4)两种或两种以上的金属元素在一定条件下以它们原子数的整数比相结合而成的化合物,通常叫金属互化物。
①金属互化物ZnCu中所有金属原子的堆积方式为面心立方最密堆积,若Cu原子均位于晶胞的面心,则Zn原子位于晶胞的　　　　。 
②一种Ca、Cu形成的金属互化物的晶体结构如图所示,设阿伏加德罗常数的值为NA,则该金属互化物的密度是　　　　　　　 g·cm-3(列出表达式即可)。 

5.第Ⅷ族元素Fe、Co、Ni性质相似,称为铁系元素,主要用于制造合金。回答下列问题。
(1)基态Ni原子核外能量最高的电子位于　　　　能级;同周期元素中,基态原子未成对电子数与Ni相同的元素名称为　　　　　　。 
(2)Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验,已知Fe3+遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚　　　　(填“高”或“低”),原因是　   　。 
(3)NiO晶胞结构中阴、阳离子的配位数均为6,则晶胞的俯视图可能是　　　　　　　(填字母)。若晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数的值为NA,晶体的密度是　　　　 g·cm-3。 

6.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出),每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为a=b≠c,α=β=γ=90°。

回答下列问题。
(1)基态Ni原子的价电子排布式为　　　　　　　　,在元素周期表中位置为　　　　　　　　　。 
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键,Ni2+与Zn2+的配位数之比为　　　　　;x∶y∶z=　　　　　　;晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是　　　　　　　　。 
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的π66大π键,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据　　　(填字母)。 
A.2s轨道　　　　B.2p轨道
C.sp杂化轨道 D.sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度,吡啶远大于苯,主要原因是
①　　　　　　　　　, 
②　　　　　　　　　。 
(5)、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强,其中碱性最弱的是　　　　　。 



参考答案

非选择题专项训练四　物质结构与性质(选修)
1.答案 (1)4∶5
(2)Na与Li同主族,Na的电子层数更多,原子半径大,易失电子　Li、Be、B同周期,核电荷数依次增加。Be为1s22s2全充满稳定结构,第一电离能最大。与Li相比,B核电荷数大,原子半径小,较难失去电子,第一电离能较大
(3)正四面体形　4　sp3
(4)4　316　13∶3
解析 (1)基态铁原子的价电子排布式为3d64s2,失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+,这两种基态离子的价电子排布式分别为3d6和3d5,根据洪特规则可知,基态Fe2+核外有4个未成对电子,基态Fe3+核外有5个未成对电子,所以未成对电子个数比为4∶5。
(2)因为Li和Na属于同主族元素,从上至下,原子半径增大,第一电离能逐渐减小,所以I1(Li)>I1(Na)。同周期元素,从左至右,第一电离能呈现增大的趋势,但由于第ⅡA族元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态(如Be为1s22s2),能量更低更稳定,所以其第一电离能大于同一周期的第ⅢA族元素(如B元素),与Li相比,B核电荷数大,原子半径小,较难失去电子,第一电离能较大,因此I1(Be)>I1(B)>I1(Li)。
(3)依据价层电子对互斥理论,PO43-中的中心原子P上不含孤电子对,σ键电子对数目为4,价层电子对数为4,故其VSEPR模型为正四面体形,空间构型为正四面体形,P原子采用sp3杂化方式形成4个sp3杂化轨道。
(4)由题给信息知,图(a)LiFePO4的晶胞中,含有4个由O构成的正八面体(Fe存在于内部)和4个由O构成的正四面体(P存在于内部)。再由电池充电时,到图(c)全部变为FePO4,对比图(a)和(c)的差异可知,图(a)所示的LiFePO4的晶胞中,小球表示的即为Li+,其位于晶胞的8个顶点,4个侧面面心以及上、下底面各自的相对的两条棱心处,经计算一个晶胞中Li+的个数为8×18+4×12+4×14=4个;结合图(a)分别含有4个正八面体和4个正四面体,即一个晶胞中含有4个Fe和4个P,所以每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。
图(a)中每个晶胞含有Li+个数为4,图(b)中每个晶胞含有Li+个数为8×18+3×12+3×14=134,则LiFePO4与Li1-xFePO4中Li+数目之比为1∶(1-x)=4∶134,即x=316。
设Li1-xFePO4中Fe2+和Fe3+数目分别为y和z,分别依据元素守恒和化合物中元素化合价代数和为0,可列方程组y+z=11316+2y+3z+5+(-2)×4=0,解得y=1316,z=316,则Li1-xFePO4中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=13∶3。
2.答案 (1)1s22s22p63s23p63d24s2
(2)TiF4为离子晶体,熔点高,其他三种均为分子晶体,随相对分子质量的增大,分子间作用力增大,熔点逐渐升高
(3)O>Ti>Ca　离子键　12
(4)Ti4+　sp3　620a3×NA×1021
(5)2Eu3++Pb2Eu2++Pb2+　2Eu2++I22Eu3++2I-
解析 (1)Ti是22号元素,其电子排布式为
1s22s22p63s23p63d24s2。
(2)Ti与F电负性差异大,TiF4为离子晶体,而TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体,随相对分子质量增大,分子间作用力增大,熔点升高。
(3)根据Ca、Ti、O三种元素在元素周期表中的位置关系和电负性的变化规律可知电负性大小顺序为O>Ti>Ca。金属离子与氧离子之间的作用力是离子键。Ca2+的配位O2-位于12条棱上,Ca2+的配位数为12。
(4)Ti4+位于O2-在面心、Ca2+在顶点的立方体的体心,Pb2+位于图(b)立方体的体心,故Pb2+与图(a)中Ti4+的空间位置相同。CH3NH3+中N原子形成四个σ键,为sp3杂化。该物质的化学式为PbCH3NH3I3,摩尔质量为620 g·mol-1,1 nm=10-7 cm,则晶体密度ρ=MV×NA=620(a×10-7)3×NA g·cm-3=620×1021a3×NA g·cm-3。
(5)Pb与I2的反应通过Eu3+的催化完成,则有关反应为2Eu3++Pb2Eu2++Pb2+,2Eu2++I22Eu3++2I-。
3.答案 (1)ⅠB
(2)N　K　直线形　sp
(3)22　NH3与Cu2+的配位能力比H2O强
(4)4×97×1030NAd3　34d　(14,14,14)
解析 (1)某二价金属离子有9个价电子,价电子的能级为3d,则原子的价电子排布式为3d104s1,为铜元素,位于元素周期表中的第四周期、第ⅠB族。
(2)在氰酸钾(KOCN)的组成元素中,C、N、O是同一周期的元素,N的2p轨道是半充满状态,结构稳定,第一电离能最大的是N;钾是金属,易失电子,吸电子能力最小,电负性最小的是K;其中阴离子的空间结构是直线形,C的价层电子对数为2+4+1-3×1-2×12=2,C的杂化方式为sp。
(3)该离子为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+,1个NH3分子含有3个σ键,1个H2O分子含有2个σ键,1个Cu2+与NH3、H2O形成6个配位键,则1 mol [Cu(NH3)4(H2O)2]2+所含σ键为22 mol;NH3与Cu2+的配位能力比H2O强,因此加热蓝色晶体先失去H2O。
(4)晶胞中的S2-位于顶点和面心,共含有8×18+6×12=4,Zn2+位于体内,共4个,则1个晶胞中平均含有4个ZnS,1个晶胞的质量为4×97NA g,其晶胞棱长为d pm,体积为(d×10-10)3 cm3,其密度为4×97×1030NAd3 g·cm-3;四个Zn2+在体内的四个小立方体的中心,不在同一平面上,过b向底面作垂线,构成直角三角形,两边分别为24d pm、14d pm,即可求出斜边为34d pm(即位置a与位置b之间的距离),以a为原点,位置a的S2-和位置b的Zn2+的坐标参数依次为(0,0,0)、(14,14,14)。
4.答案 (1)1∶1
(2)金属键　铜再失去的是全充满的3d10上的电子,较难失去电子,镍再失去的是4s1上的电子,较易失去电子
(3)4　sp2、sp3　NH3、H2O
(4)①顶点、面心　②(40+5×64)×23x2y×10-30×NA
解析 (1)Cu的原子序数为29,原子核外有29个电子,根据核外电子排布规律,基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,有1个未成对电子;Cu原子失去最外层4s上的1个电子和3d上的一个电子,所得Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9,有1个未成对电子,则基态Cu与Cu2+中未成对电子数之比为1∶1。
(2)白铜是铜镍合金,合金属于金属晶体,存在金属键;铜原子失去1个电子后的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10,达到全充满稳定状态,很难失去第2个电子,而镍原子失去1个电子后的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s1,很不稳定,易失去4s上的1个电子,所以第二电离能I(Cu)>I(Ni)的原因是铜的核电荷数较大,且铜再失去的是全充满的3d10上的电子,较难失去电子,镍再失去的是4s1上的电子,较易失去电子。
(3)由结构可知,Cu2+形成了4个配位键,因此Cu2+的配位数是4;含氮杂环中的碳原子和乙酸根离子中连接O原子的碳原子的价层电子对数都是3,甲基上的C原子的价层电子对数是4,根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化轨道类型,前者为sp2杂化,后者为sp3杂化;N、O元素的电负性较大而原子半径较小,所以C、N、O三种元素的简单氢化物中,N、O的氢化物即NH3、H2O都能形成氢键。
(4)①金属互化物ZnCu中所有金属原子的堆积方式为面心立方最密堆积,故每个晶胞中平均含有4个金属原子(2个Cu原子和2个Zn原子),根据“均摊法”可知,若Cu原子均位于晶胞的面心,则Zn原子位于晶胞的顶点和面心,即每个晶胞中有4个面心是Cu原子,2个面心和8个顶点是Zn原子,每个晶胞的金属原子数为4,属于面心立方最密堆积。②由可知,该晶体结构中每个晶胞平均含有的Ca原子的个数=12×16+2×12=3,Cu原子个数=12×12+6×12+6=15,其体积V=[12(x×10-10)2sin 60°×6×(y×10-10)]cm3=332x2y×10-30 cm3,密度ρ=mV=40×3+64×15NAg332x2y×10-30cm3=(40+5×64)×23x2y×10-30×NA g·cm-3。
5.答案 (1)3d　钛、锗、硒
(2)低　邻苯二酚形成分子内氢键,比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小,熔、沸点低
(3)CD　3×1032a3·NA
解析 (1)Ni为28号元素,基态Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2,核外能量最高的电子位于3d能级;根据基态Ni的简化电子排布式[Ar]3d84s2,其3d能级上未成对电子数为2,同周期中,未成对电子数为2的还有:钛为22号元素,基态原子简化电子排布式为[Ar]3d24s2,锗为32号元素,基态原子简化电子排布式为
[Ar]3d104s24p2,硒为34号元素,基态原子简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4。
(2)邻苯二酚易形成分子内氢键,对苯二酚易形成分子间氢键,后者分子间作用力较大,因此,熔、沸点较低。
(3)NiO晶胞结构中阴、阳离子的配位数均为6,晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞,而NaCl晶胞俯视图为CD;从晶体中最小重复单元出发,1个晶胞中含Ni2+为8×18+6×12=4,含O2-为12×14+1=4,即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO,NiO的摩尔质量是75 g·mol-1,晶体的密度为1个晶胞的质量除以1个晶胞的体积,即密度=75 g·mol-1×4NA(a×10-10cm)3=3×1032a3·NA g·cm-3。
6.答案 (1)3d84s2　第四周期第Ⅷ族
(2)2∶3　2∶1∶1　Zn2+
(3)D
(4)①吡啶分子能与水分子形成分子间氢键　②吡啶分子和H2O分子均为极性分子,相似相溶,而苯分子为非极性分子
(5)
解析 本题考查物质结构与性质,内容包括价电子排布式、配位数、杂化方式、大π键、溶解度、电子云密度。
(1)Ni是28号元素,故基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2,在元素周期表中位置为第四周期第Ⅷ族。
(2)由晶胞结构示意图可知,一个晶胞中含有Ni2+个数为2×12=1,Zn2+个数为8×18=1,含有CN-为8×12=4,NH3个数为8×14=2,苯环个数为4×12=2,则该晶胞的化学式为Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6,且晶胞中每个N原子均参与形成配位键,Ni2+周围形成的配位键数目为4,Zn2+周围形成的配位键数目为6,则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4∶6=2∶3,x∶y∶z=4∶2∶2=2∶1∶1;由以上分析可知,Ni2+的配位数为4,则Ni2+采用sp3杂化,而Zn2+的配位数为6,Zn2+采用sp3d2杂化,即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+。
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的π66大π键,则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化,杂化轨道只用于形成σ键或容纳孤电子对,即吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道。
(4)已知苯分子为非极性分子,H2O分子为极性分子,吡啶分子为极性分子,且吡啶分子中N原子上含有孤电子对能与水分子形成分子间氢键,从而导致在水中的溶解度,吡啶远大于苯。
(5)已知—CH3为推电子基团,—Cl是吸电子基团,则导致N原子电子云密度大小顺序为>>,结合题干信息“碱性随N原子电子云密度的增大而增强”可知,碱性最弱的为。