统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练30物质结构与性质（附解析）

这是一份统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练30物质结构与性质（附解析），共8页。试卷主要包含了[2023·全国乙卷][选修3，[2023·全国甲卷][选修3等内容，欢迎下载使用。
中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物（MgxFe2－xSiO4）。回答下列问题：
（1）基态Fe原子的价电子排布式为 。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。
（2）已知一些物质的熔点数据如下表：
Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是 。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因________________________________________________________________________
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SiCl4的空间结构为 ，其中Si的轨道杂化形式为 。
（3）一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个Mg。该物质化学式为 ，B－B最近距离为 。
2．[2023·全国甲卷][选修3：物质结构与性质]
将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
（1）图1所示的几种碳单质，它们互为 ，其中属于原子晶体的是 ，C60间的作用力是 。
（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 （填图2酞菁中N原子的标号）。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 键。
（3）气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为 。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F－的配位数为 。若晶胞参数为apm，晶体密度ρ＝ g·cm－3（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。
3．[2023·山东卷]卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
（1）－40℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为 ，HOF水解反应的产物为 （填化学式）。
（2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键（eq \i\pr\in(3,5,)）。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为 ；O—Cl—O键角 Cl—O—Cl键角（填“>”“ 键长：ClO2C>H 21
（3）Cl－
（4）CsBr NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低
（5）①eq \f(580,a3×10－30NA)（或eq \f(133＋80×3＋207,a3×10－30NA)） ②A
解析：（1）Br在元素周期表中处于第四周期第ⅦA族，价电子排布式为4s24p5。
（2）中N形成4个σ键，不存在孤电子对，价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3杂化；PEA＋中涉及的元素为N、C、H，一般元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性从大到小的顺序为N>C>H；1mlPEA＋中存在8mlC—Cσ键，9mlC—Hσ键，1mlC—Nσ键，3mlN—Hσ键，共21mlσ键。
（3）正四面体构型的[PbCl4]2－、[PbBr4]2－、[PbI4]2－配离子中中心离子都为Pb2＋，配体分别为Cl－、Br－、I－，同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为Cl－；根据[Pb2I6]2－中每个Pb均采用四配位模式，结合化学式判断结构式应为。
（4）NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子，即可以导电，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质CsBr；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔点呈现递减趋势的原因是四种晶体均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。
（5）三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞（a）中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置相同，推出其晶胞结构为。
①Br－位于面心，晶胞中Br－的数目为6×eq \f(1,2)＝3，Cs＋位于顶点，晶胞中Cs＋的数目为8×eq \f(1,8)＝1，Pb2＋位于体心，晶胞中Pb2＋的数目为1，晶胞的体积为a3×10－30cm3，晶体的密度ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(133＋80×3＋207,a3×10－30NA)g·cm－3＝eq \f(580,a3×10－30NA)g·cm－3。
②沿体对角线方向的投影图为，答案为A。
5．答案：（1）9 1s22s22p63s13p3d1
（2）sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼
（3）eq \i\pr\in(4,6,) （4）10
（5）YFeO3 （eq \f(1,2)，eq \f(1,2)＋m，eq \f(3,4)） eq \f(2M,ρ×NA)×1030
解析：（1）基态磷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子的空间运动状态数就是已填入电子的轨道数，共有1＋1＋3＋1＋3＝9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于一个3s能级电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p3d1。
（2）偏二甲肼[（CH3）2NNH2]中的氮原子均形成3个σ键，有1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼，所以N2H4的熔、沸点高于偏二甲肼。（3）由N4H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) 的结构可知，每个N原子形成3个σ键，且4个N原子共失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为5×4－2－3×4＝6，即参与形成大π键的电子数为6，原子数为4，可表示为eq \i\pr\in(4,6,)。
（4）Cu2＋可形成[Cu（X）2]2＋，其中X代表CH3NHCH2CH2NH2，其中C、N原子价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体形，1ml [Cu（X）2]2＋中，VSEPR模型为正四面体形的非金属原子有2×5ml＝10ml。
（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为8×eq \f(1,8)＋4×eq \f(1,4)＝2，O原子个数为8×eq \f(1,4)＋4＝6，故铁酸钇的化学式为YFeO3，根据正交相晶胞结构可知3号Fe原子的x轴分数坐标与2号O原子x轴分数坐标一致，y轴分数坐标由x­y正交图可知3号Fe原子在中间靠右方向，z轴分数坐标为eq \f(3,4)，根据晶胞的对称性，3号Fe原子的分数坐标为（eq \f(1,2)，eq \f(1,2)＋m，eq \f(3,4)）。由公式eq \f(m,ρ)可得晶胞体积为V＝eq \f(2M,ρ×NA)×1030pm3。
6．答案：（1）3d24s2 12 （2）正四面体形 H＞B＞Ti （3）①sp3杂化 ②17 ③游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H—N—H键之间的夹角会增大 （4）eq \r(3,\f(136,NAρ))×1010×eq \f(\r(2),2)
解析：（1）Ti的原子序数为22，由核外电子排布规律，电子排布式为[Ar]3d24s2，Ti原子核外有12个原子轨道，故Ti共有12种空间运动状态不同的电子。（2）BH eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 中B原子的价层电子对为4，且没有孤电子对，所以BH eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 的空间构型是正四面体形；同主族电负性从上到下逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，则H、B、Ti的电负性由大到小的顺序为H＞B＞Ti。（3）①乙二胺分子中N原子的价层电子对数为4，有1对孤电子对，N原子采取sp3杂化；②H2NCH2CH2NH2中含有11个σ键，依题意[ZrCl4（H2NCH2CH2NH2）]为六配位化合物即配位键数为6，1ml [ZrCl4（H2NCH2CH2NH2）]含有σ键的物质的量为11ml＋6ml＝17ml；③配合物[ZrCl4（H2NCH2CH2NH2）]中N提供孤电子对与Zr形成配位键，与Zr配合后，孤电子对变为成键电子对，因孤电子对之间的斥力＞孤电子与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，排斥力减小，故H—N—H键之间的夹角会增大。（4）设晶胞棱长为acm，一个晶胞的质量为eq \f(40＋48＋16×3,NA)g，晶胞密度ρ＝eq \f(\f(40＋48＋16×3,NA)g,（acm）3)，故a＝eq \r(3,\f(136,ρNA))cm＝eq \r(3,\f(136,NAρ))×1010pm，相距最近的Ca和O之间的距离为晶胞面对角线的一半，即eq \f(\r(2),2)eq \r(3,\f(136,NAρ))×1010pm。物质
熔点/℃
NaCl
800.7
SiCl4
－68.8
GeCl4
－51.5
SnCl4
－34.1
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔点/℃
747
734
693
636
物质
熔点/℃
沸点/℃
偏二甲肼
－58
63.9
肼
1.4
113.5