适用于老高考旧教材2024版高考化学二轮复习选修3物质结构与性质选考试题（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考化学二轮复习选修3物质结构与性质选考试题（附解析），共16页。试卷主要包含了配合物顺铂，257 7等内容，欢迎下载使用。
1.(2023·内蒙古赤峰模拟)离子液体是指室温或接近室温时呈液态,而本身由阴、阳离子构成的化合物。GaCl3和氯化-1-乙基-3-甲基咪唑(,简称EMIC)混合形成的离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂。请回答下列问题:
(1)请写出基态Ga原子的核外电子排布式: ,同周期主族元素中基态原子未成对电子数与Ga相同的是 (填元素符号,下同)。
(2)EMIC阳离子中的几种元素电负性由大到小顺序为 。
(3)EMIC中碳原子的杂化类型为 。
(4)已知分子中的大π键可用符号表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表大π键中的电子数,则EMIC中大π键可表示为 。
(5)GaCl3熔点为77.8 ℃,GaF3熔点高于1 000 ℃,其原因是 。
(6)某种Ga的氧化物晶胞结构如图所示。O2-以六方密堆积形成晶胞,Ga3+位于由A、B、C、D四个O2-围成的四边形的中心,但晶胞中只有的四边形中心位置占据了Ga3+,另外的位置空置。
①Ga3+位于O2-围成的 面体空隙中。
②若该晶胞的体积为V cm3,用NA表示阿伏加德罗常数的值,该氧化物晶体密度为 g·cm-3。
2.(2023·宁夏银川一模)我国在新材料领域研究的重大突破,为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Fe等元素。请回答下列问题:
(1)下列不同状态的硼中,失去一个电子需要吸收能量最多的是 (填字母,下同),用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 。
(2)B、C、N的第一电离能由大到小的顺序是 ,氮可形成多种氢化物,其中NH3的VSEPR模型名称是 ,N2H4中N原子杂化类型是 。
(3)H2O中H—O—H的键角 (填“>”“”或“”“=”或“C>H(或者N、C、H)
(3)sp2、sp3
(4)
(5)GaCl3属于分子晶体,而GaF2属于离子晶体,熔化时前者克服分子间作用力,后者克服离子键,而离子键比分子间作用力更强,离子晶体熔点高于分子晶体熔点
(6)①正八 ②
解析 (1)Ga是31号元素,处于第四周期ⅢA族,基态Ga原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1;基态Ga原子未成对电子数为1,同周期主族元素中基态原子未成对电子数与Ga相同的元素原子价层电子排布式为4s1、4s24p5,分别为K元素、Br元素。
(2)EMIC阳离子含有C、N、H三种元素,根据元素周期律可知,电负性:N>C>H。
(3)EMIC中饱和碳原子的杂化类型为sp3杂化,五元环上的碳原子的杂化类型为sp2杂化。
(4)五元环上原子形成大π键,环上C、N原子都采取sp2杂化,每个C原子有1个未杂化的电子,每个N原子有2个未杂化的电子,该离子失去1个电子,故大π键中的电子数为6,则EMIC中大π键可表示为。
(6)①A、B、C、D位置上的氧离子与上底面面心的氧离子是氧离子构成的正八面体的一半,Ga3+位于O2-围成的正八面体空隙中。
②该晶胞中O2-数目为3+12×+2×=6,Ga3+的数目为6×=4,晶胞质量为g,故晶体密度为g·cm-3=g·cm-3。
2.答案 (1)A CD
(2)N>C>B 四面体形 sp3
(3)N>B;NH3的价层电子对数为3+(5-3×1)=4,VSEPR模型为四面体形;N2H4分子中N形成一个N—N键和两个N—H键,还有一对孤电子对,故N原子杂化类型是sp3。
(3)水分子中氧原子的孤电子对数为2,硫酸根离子中硫原子的孤电子对数为0,孤电子对数越多,对成键电子对的斥力越大,键角越小,故水中H—O—H键角小于硫酸根离子中O—S—O键角。
(4)镍离子形成面心立方结构,氧离子填充在镍离子构成的八面体空隙中,则该镍的氧化物的晶胞结构和NaCl的相似,镍离子位于晶胞顶角和面心,氧离子位于体心和棱上,故从晶胞分离出的结构可以为、,选bc;该晶体晶胞如图所示,,由图可知,该晶胞中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有12个;该晶胞中镍离子的数目为4,氧离子的数目为4,晶胞质量为g=g,该晶体密度为ρg·cm-3,设晶胞边长为a,则晶胞体积为a3=cm3,a=cm=×1010pm,晶胞中两个镍离子之间的最短距离为面对角线长度的一半,即为×1010pm。
3.答案 (1)9
(2)sp3 O>P>H>Na H3O+
(3)P的电负性小于N的电负性,形成配位键时更易给出电子
(4)(HPO3)n
(5)面心立方堆积 ×1010
解析 (1)基态P原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,占据的原子轨道数为9。
(2)白磷(P4)分子为正四面体结构,其中P的杂化类型为sp3;根据NaH2PO2可知,次磷酸(H3PO2)分子中有一个可电离的H原子,所以次磷酸(H3PO2)的结构式为;次磷酸钠中各元素的电负性由大到小的顺序是O>P>H>Na;等电子体是指价电子总数和原子总数相同的分子、离子或原子团,与PH3互为等电子体的离子为H3O+。
(3)PH3与过渡金属Pt形成的配合物PtCl2(PH3)2,由于P的电负性小于N的电负性,形成配位键时更易给出电子,故比PtCl2(NH3)2稳定。
(4)由图1可知,每个P原子连接3个O原子和1个H原子,所以该n聚环状多磷酸的通式为(HPO3)n。
(5)由图2可知,晶胞中磷原子空间堆积方式为面心立方堆积;已知该晶体的密度为ρg·cm-3,一个晶胞中含有4个Al原子和4个P原子,设晶胞边长为a,则a3=cm3,a=cm=×1010pm,故最近的Al和P原子间的核间距为×1010pm。
4.答案 (1) ds
(2)①N>O>C ②< ③PH3 H3O+
(3)①ABCFG ②4∶1
(4)①若Pt的杂化轨道类型为sp3,则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构,不存在同分异构现象 ②顺铂是极性分子,反铂是非极性分子
(5)①12 ②a ×a3×10-30
解析 (1)基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,价层电子排布式为3d104s1,价层电子排布图为,属于ds区的元素。
(2)①鸟嘌呤分子中所含第二周期元素有C、N、O,同周期主族元素,第一电离能从左到右呈增大趋势,但是N元素基态原子的3p轨道为半充满稳定状态,所以第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
②NH3具有较强的电子捕获能力,可以与Pt形成更紧密的配位键,所以在Pt(NH3)2Cl2中,配体与铂(Ⅱ)的结合能力:ClC>H O
(3)平面正三角形 碳酸镁分解产物是MgO和CO2,碳酸钙分解产物是CaO和CO2,MgO的离子键强于CaO,更加稳定
(4)
sp2杂化
(5)
解析 (5)从图中可知,该晶胞含有C原子个数为3,含有W原子个数为2×+12×=3,则晶胞的质量为g=g,设晶胞底面六边形的边长为xpm,则晶胞的体积为x×x×3×b(pm)3=bx2(pm)3,晶胞的密度为ρg·cm-3,即=ρg·cm-3,则x=。
B组 能力提升练
1.答案 (1)d 球形
(2)B
(3)Cr2O3 O2-半径小于Cl-,带电量大于Cl-,所以Cr2O3的离子键键能较大,熔点较高
(4)①sp2 N、SO3 ②> S的中心原子采取sp3杂化,键角为109°28',C的中心原子采取sp2杂化,键角为120° ③6 ×100%
解析 (1)基态铁原子最外层电子排布式为4s2,s轨道电子云轮廓图为球形。
(2)根据能量最低原理、泡利原理和洪特规则,先填充能量低的4s轨道,再排3d轨道,其中d轨道填充5个自旋状态相同的电子,处于半充满状态,更稳定,所以应选B。
(3)CrCl3和Cr2O3均为离子晶体,晶体的熔点与离子键键能有关,O2-的半径小于Cl-,带电量大于Cl-,所以Cr2O3的离子键键能较大,熔点较高。
(4)①C中C原子的价层电子对数为3+=3,所以其杂化轨道类型为sp2;每个C有4个原子、24个价电子,与其互为等电子体的离子有N,分子有SO3。
②S中硫原子的价层电子对数为4+=4,中心原子的杂化轨道类型为sp3,孤电子对数为0,其立体构型为正四面体形,键角为109°28';C中心原子的杂化轨道类型为sp2,孤电子对数为0,其立体构型为平面三角形,键角为120°,所以键角:C>S。
③由图可知,黑球表示的原子位于晶胞的顶角和体心,一个晶胞含有该原子的个数为×8+1=2,白球位于晶胞的面上和体内,一个晶胞含有该原子的个数为×4+2=4,因此白球代表O原子,黑球代表Mn原子,以体心位置的Mn原子为例,可知Mn原子的配位数为6;该晶胞中原子的总体积为(×2+×4)pm3,晶胞的体积为Vpm3,所以空间利用率为×100%。
2.答案 (1)24 B
(2)6 sp3
(3)能
(4)[Cr(H2O)4Cl2]+ 变大
(5)(,1,1)
解析 (1)Cr为24号元素,其原子核外有24个电子,则基态Cr原子核外有24种运动状态的电子;题给不同状态的Cr微粒中,电离最外层一个电子所需能量最大的是能量最低的状态即基态或者半充满、全充满状态,[Ar]3d5为基态且3d能级轨道处于半充满状态,能量低,稳定,故选B。
(2)根据蛋氨酸铬(Ⅲ)配合物的结构得到中心铬离子的配位数为6;N价层电子对数为4,其杂化类型为sp3。
(3)Cr3+的电子排布式为[Ar]3d3,其次外层未排满的d轨道可以存取电子,降低活化能,因此Cr3+能催化双氧水分解。
(4)根据题干信息可推知,呈亮绿色的配合物的化学式中,外界有一个氯离子,则内界有4个H2O和2个氯离子,故其内界离子的化学式为[Cr(H2O)4Cl2]+。由于孤电子对有较大斥力,使得键角减小,因此H2O分子与Cr3+形成配位键后H—O—H键角变大。
(5)A点分数坐标为(0,0,0),根据坐标系,B点分数坐标为(,1,1)。该晶胞中N个数为8×+6×=4,Cr个数为12×+1=4,氮化铬的晶体密度为dg·cm-3,摩尔质量为Mg·ml-1,设NA为阿伏加德罗常数的值,根据V=cm3=cm3,解得晶胞参数为cm。
3.答案 (1)BC B
(2)平面三角形 与水相比,乙醇形成的分子间氢键数目少,分子间作用力小 sp2、sp3 8
(3)①×1021 ②Ni4O3N 顶角或一对平行平面的面心
解析 (1)基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2,根据基态碳原子受到激发,电子从低能级跃迁到较高能级,则四个选项中属于碳原子激发态电子排布图(轨道表示式)的是BC;根据电子离核越远,越容易失去,则失去最外层上一个电子所需能量最低的是选项B。
(2)C的价层电子对数为3,孤电子对数为0,根据价层电子对互斥理论,其立体构型为平面三角形;乙醇的挥发性比水的强,说明乙醇的沸点比水低,二者同为分子晶体,沸点和分子间作用力有关,与水相比,乙醇形成的分子间氢键数目少,分子间作用力小,故乙醇的沸点比水低,乙醇的挥发性比水的强;根据叶绿素结构示意图可知,位于右上角位置的N原子采用sp3杂化,其他N原子采用sp2杂化;C—N形成的共价单键都是σ键,形成的双键中有一个是σ键,则该结构中C—Nσ键有8个。
(3)①根据NiO晶胞结构可知,1个晶胞中含有4个O2-、4个Ni2+,则其晶胞质量m=g,O2-采用面心立方最密堆积方式,半径r(O2-)=anm,设晶胞边长为xnm,则可得关系式2x2=16a2,解得x=2a,则晶胞的体积V=16a3nm3,晶体的密度ρ=g·nm-3=×1021g·cm-3。
②根据均摊法,1个NiO晶胞中含有4个O2-、4个Ni2+,若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代,则该晶体的化学式为Ni4O3N;在晶胞中,有一个O原子被N原子取代,可能是顶角8×=1或一对平行平面的面心2×=1。
4.答案 (1)①1s22s22p63s23p5(或[Ne]3s23p5) ②12 ③NaCl3 ④Na13Cl14
(2)三角锥形 Cu或Cu2+ 16NA
(3)① ②a
解析 (1)①Cl为17号元素,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5。②由图可知,图1所示晶胞中,与钠离子最近的钠离子共有12个。③根据均摊法,图2所示晶胞中Na的个数为8×+1=2,Cl的个数为12×=6,该晶体的化学式为NaCl3。④图3为气态团簇分子,该分子中Cl原子个数为14,Na原子个数为13,该团簇分子的化学式为Na13Cl14。
(2)NH3分子的中心N原子采取sp3杂化,其中1个杂化轨道被孤电子对占据,故NH3分子的立体构型为三角锥形;[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道,N原子提供孤电子对;在[Cu(NH3)4]Cl2中,每个N原子形成4个σ键,故1ml[Cu(NH3)4]Cl2中含有16mlσ键,数目为16NA。
(3)①根据铜晶胞结构和密度公式可知,ρ=g·cm-3=g·cm-3。
②由图中几何关系可知,晶胞面对角线长度等于4倍的铜原子半径,则r=apm。
5.答案 (1)3d104s1 15
(2)O>C>H 平面三角形 短 H2SO4中有2个非羟基氧而H2CO3中只有1个,中心原子的非羟基氧个数越多,其酸性越强
(3)8 () (或)
解析 (1)Cu为29号元素,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,故其价层电子排布式为3d104s1,其核外电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3+5+1=15。
(2)根据元素周期律,H、C、O电负性从大到小的顺序为O>C>H;C的中心原子的价层电子对数为3,孤电子对数为0,所以C的立体构型为平面三角形;由于C有大π键,所以C中C—O键长较短;H2SO4中有2个非羟基氧而H2CO3中只有1个,中心原子的非羟基氧个数越多,吸引电子能力越强,H—O的电子云密度(电子出现概率)越小,H越易电离,其酸性越强。
(3)在Cu2S晶胞中,四面体中心共有8个,每个四面体中心均分布着一个Cu+,每个S2-周围有8个Cu+,故S2-配位数为8;图中A处(S2-)的分数坐标为(0,0,0),A与相邻的3个面心S2-形成一个正四面体,与A距离最近的Cu+位于此正四面体的中心,则该Cu+的分数坐标为();晶胞的体积为(a×10-7)3cm3,每个晶胞的质量为g,则dg·cm-3=g·cm-3,则NA=ml-1,只涉及数值,省略单位ml-1,其数值为。物质
顺铂
反铂
结构
25℃时溶解度/g
0.257 7
0.036 6