2020届高考化学二轮复习物质结构与性质作业1

2020届高考化学二轮复习物质结构与性质作业1

专题突破练16　物质结构与性质(选考)‎ 非选择题(本题包括5个小题,共100分)‎ ‎1.(2019江苏常州模拟)(20分)盐酸氯丙嗪是一种多巴胺受体的阻断剂,临床有多种用途。化合物Ⅲ是盐酸氯丙嗪制备的原料,可由化合物Ⅰ和Ⅱ在铜作催化剂条件下反应制得。‎ ‎+‎ ‎　Ⅰ　　　 　　　　Ⅱ Ⅲ ‎　　　‎ ‎(1)Cu原子基态核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)1 mol化合物Ⅰ分子中含有σ键的物质的量为　　　　。 ‎ ‎(3)一个化合物Ⅲ分子中sp3方式杂化的原子数目是　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)向[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2至微酸性,有白色沉淀生成。分析表明该白色沉淀中Cu、S、N的物质的量之比为1∶1∶1,沉淀中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子。‎ ‎①[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型有　　　　(填字母)。 ‎ A.共价键　B.氢键　C.离子键　D.配位键　E.分子间作用力 ‎②上述白色沉淀的化学式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)铜的氢化物的晶体结构如图所示,写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎2.(2019湖南、湖北八市十二校二模)(20分)铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途。请回答以下问题:‎ ‎(1)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等,其制备方法如下:‎ ‎[Cu(NH3)4]SO4水溶液NH4CuSO3白色沉淀超细铜粉 ‎①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　　。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为　　　　　　　　(填元素符号)。 ‎ ‎②向CuSO4溶液中加入过量氨水,可生成[Cu(NH3)4]SO4,下列说法正确的是　　　　。 ‎ A.氨气极易溶于水,原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故 B.NH3和H2O分子空间构型不同,氨气分子的键角小于水分子的键角 C.[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇,会析出深蓝色的晶体 D.已知3.4 g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体,并放出a kJ热量,则NH3的燃烧热的热化学方程式为:NH3(g)+‎3‎‎4‎O2(g)‎1‎‎2‎N2(g)+‎3‎‎2‎H2O(g)‎ ΔH=-5a kJ· mol-1‎ ‎(2)铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的氧气变为臭氧(与SO2互为等电子体)。根据等电子原理,O3分子的空间构型为　　　　　。 ‎ ‎(3)氯与不同价态的铜可生成两种化合物,其阴离子均为无限长链结构(如图所示),a位置上Cl原子(含有一个配位键)的杂化轨道类型为　　　　　　。 ‎ ‎(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图,已知镧镍合金与上述Ca—D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn,它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3,储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙,体积不变),则LaNin中n=　　　　(填数值);氢在合金中的密度为　　　　　　　(保留两位有效数字)。 ‎ ‎3.(2019江西九校联考)(20分)蛋白质是构成生物体内的基本物质,蛋白质的组成元素主要有氢、碳、氮、氧、硫,同时还有微量元素铁、锌等。回答下列问题:‎ ‎(1)碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为　　　　　　　　　(用元素符号表示)。 ‎ ‎(2)N‎3‎‎-‎的立体构型是　　　　形,与N‎3‎‎-‎互为等电子体的一种分子是　　　　　　　　　(填分子式)。 ‎ ‎(3)将足量的氨水逐滴地加入到CuSO4溶液中,先生成沉淀,然后沉淀溶解生成配合物[Cu(NH3)4]SO4,配位化合物中的阳离子结构式为　　　　　　　　　。SO‎4‎‎2-‎中的硫原子杂化方式为　　　　　。用价层电子对互斥理论解释SO‎4‎‎2-‎的键角大于SO‎3‎‎2-‎的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)碲化锌晶体有两种结构,其中一种晶胞结构如下图。晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子围成　　　　　　　。与Te原子距离最近的Te原子有　　　个。若Zn与距离最近的Te原子间距为a pm,则晶体密度为　　　　　　　　　g·cm-3。(已知相对原子质量:Zn—65、Te—128) ‎ ‎4.(2019吉林长春联考)(20分)中国海军航母建设正在有计划、有步骤向前推进,第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料,航母的龙骨要耐冲击,航母的甲板要耐高温,航母的外壳要耐腐蚀。‎ ‎(1)镍铬钢抗腐蚀性能强,基态Ni2+的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　,铬元素在周期表中　　　　区。 ‎ ‎(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷,其结构如图所示,其中C原子杂化方式为　　　　　　杂化。 ‎ ‎(3)海洋是元素的摇篮,海水中含有大量的卤族元素。‎ ‎①根据下表数据判断,最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是　　　　(填元素符号)。 ‎ 氟 氯 溴 碘 第一电离能(kJ/mol)‎ ‎1 681‎ ‎1 251‎ ‎1 140‎ ‎1 008‎ ‎②根据价层电子对互斥理论,预测ClO‎3‎‎-‎的空间构型为　　　　　形,写出一个ClO‎3‎‎-‎的等电子体的化学符号　　　　　。 ‎ ‎(4)海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物,蕴藏着大量的资源,含有硅、铁、锰、锌等。如图是能体现铁氧体离子晶体Fe3O4晶体结构的一个立方体,则晶体中的离子是否构成了面心立方最密堆积?　　　(填“是”或“否”),该立方体　　　(填“是”或“不是”)Fe3O4的晶胞;立方体中铁离子处于氧离子围成的　　　　　　　　(填空间结构)空隙;根据图示计算Fe3O4晶体的密度为　　　　g·cm-3。(图中a=0.42 nm,计算结果保留两位有效数字) ‎ ‎5.(2019辽宁抚顺一模)(20分)金属钛(Ti)被誉为21世纪金属,具有良好的生物相容性,它兼具铁的高强度和铝的低密度,其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体,由于具有令人满意的仿金效果,越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料,经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图1)。‎ 图1‎ 图2‎ 图3‎ 图中的M是短周期金属元素,M的部分电离能如下表:‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ I5‎ 电离能/kJ· mol-1‎ ‎738‎ ‎1 451‎ ‎7 733‎ ‎10 540‎ ‎13 630‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)Ti的基态原子外围电子排布式为　　　　　　　。 ‎ ‎(2)M是　　　　　(填元素符号),该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积,配位数为　　　　。 ‎ ‎(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂,纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有　　　个,化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似,如图3所示,该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm,则该氮化钛的密度为　　　　　　　　　　g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值,只列计算式)。该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有　　　　个。 ‎ ‎(5)科学家通过X-射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似,且已知三种离子晶体的晶格能数据如下:‎ 离子晶体 NaCl KCl CaO 晶格能/kJ· mol-1‎ ‎786‎ ‎715‎ ‎3 401‎ KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为　　　　　　　　　　。 ‎ 参考答案 专题突破练16　物质结构与性质(选考)‎ ‎1.答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　(2)14 mol ‎(3)2　(4)①ACD　②NH4CuSO3　(5)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl 解析 (1)Cu原子基态核外电子排布符合洪特规则特例,其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。‎ ‎(2)苯环上的碳碳键、碳氢键及N—H键都是σ键,1 mol化合物Ⅰ分子中含有σ键的物质的量为14 mol。‎ ‎(3)化合物Ⅲ分子中,氮原子和羧基中羟基氧的价层电子对都是4对,它们都采用sp3杂化方式成键。‎ ‎(4)①[Cu(NH3)4]SO4中,[Cu(NH3)4]2+、SO‎4‎‎2-‎之间存在离子键,NH3、SO‎4‎‎2-‎内部都存在共价键,Cu2+与NH3以配位键结合,故选ACD。②三角锥形的阴离子为SO‎3‎‎2-‎,正四面体形的阳离子为NH‎4‎‎+‎,结合有关物质的组成可知,白色沉淀的化学式为NH4CuSO3。‎ ‎(5)铜的氢化物的晶胞中Cu和H原子各有4个,其化学式为CuH,它在氯气中燃烧的化学方程式2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl。‎ ‎2.答案 (1)①1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)　N>O>S　②AC ‎(2)V形　(3)sp3杂化　(4)5　0.083 g·cm-3‎ 解析 (1)①NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+,铜是29号元素,根据能量最低原理其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,该原子失去一个电子生成亚铜离子,失去的电子是最外层电子,所以亚铜离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。N原子2p轨道为半充满结构,第一电离能大于O原子,同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小,所以第一电离能大小顺序为N>O>S。②氨气分子与水分子之间存在氢键,氢键的存在使物质的溶解性显著增大,故A正确;氨气分子中N原子和水分子O原子均为sp3杂化,氨分子中N原子只有一对孤电子对,水分子中O原子有两对孤电子对,根据价层电子对互斥理论可知,氨分子的键角大于水分子的键角,故B错误;根据相似相溶原理可知,乙醇分子极性弱于水的极性,[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低,则[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇会析出深蓝色的晶体,故C正确;表示燃烧热的热化学方程式中,产物H2O应为液态,故D错误。‎ ‎(2)O3分子与SO2互为等电子体,SO2分子中S原子价层电子对数为3,孤电子对数为1,空间构型为V形,等电子体具有相同的空间构型,则O3分子空间构型为V形。‎ ‎(3)a位置上的Cl原子形成了2条单键,还有2对孤电子对,故为sp3杂化。‎ ‎(4)镧镍合金、Ca—D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn,由图可知,在晶胞上、下两个面上共有4个D原子,在前、后、左、右四个面上共有4个D原子,在晶胞的中心还有一个D原子,故Ca与D的个数比为(8×‎1‎‎8‎)∶(8×‎1‎‎2‎+1)=1∶5,故n=5。晶胞体积为9.0×10-23cm3,LaNinH4.5合金中H的质量为‎4.5‎‎6.02×1‎‎0‎‎23‎ mol×1 g·mol-1=‎4.5‎‎6.02×1‎‎0‎‎23‎ g,氢在合金中的密度为‎4.5‎‎6.02×1‎‎0‎‎23‎g‎9.0×1‎0‎‎-23‎cm‎3‎≈0.083 g·cm-3。‎ ‎3.答案 (1)CO,因此碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为CN>C ‎(4)‎4×62‎NA‎×(2a×1‎‎0‎‎-10‎‎)‎‎3‎　12　(5)TiN>CaO>KCl 解析 (1)Ti为22号元素,根据核外电子排布规律可知钛原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,则Ti的基态原子外围电子排布式为3d24s2。‎ ‎(2)M是短周期金属元素,M的第三电离能剧增,说明M处于ⅡA族,能与TiCl4反应置换出Ti,则M为Mg,Mg晶体属于六方最密堆积,配位数为12。‎ ‎(3)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子有苯环上的六个、羰基中的一个,共7个。采取sp3杂化的原子价层电子对数是4,乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O,同一周期元素中,主族元素电负性随着原子序数增大而逐渐增大,所以它们的电负性关系为O>N>C。‎ ‎(4)根据均摊法,可知该晶胞中N原子个数为6×‎1‎‎2‎+8×‎1‎‎8‎=4,该晶胞中Ti原子个数为1+12×‎1‎‎4‎=4,所以晶胞的质量为‎4×62‎NA g,而晶胞的体积为(2a×10-10)3cm3,所以晶体的密度为‎4×62‎NA‎×(2a×1‎‎0‎‎-10‎‎)‎‎3‎ g·cm-3;以晶胞顶点N原子为研究对象,与之距离相等且最近的N原子处于面心位置,每个顶点为8个晶胞共用,每个面为2个晶胞共用,故与之距离相等且最近的N原子数为‎3×8‎‎2‎=12。‎ ‎(5)离子晶体的离子半径越小,所带电荷数越多,晶格能越大,则晶体的熔、沸点越高,则有熔点TiN>CaO,由表中数据可知CaO>KCl,所以熔点TiN>CaO>KCl。‎