2020届高考化学二轮复习物质结构与性质(选修③)作业

2020届高考化学二轮复习物质结构与性质(选修③)作业

专题限时集训(十三)　物质结构与性质(选修③)‎ ‎(限时：45分钟)‎ ‎(对应学生用书第153页)‎ ‎1．(2019·唐山模拟)原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别依次处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：‎ ‎(1)这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为________________________，第一电离能最小的元素是________(填元素符号)。‎ ‎(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是________________________(填化学式)。‎ ‎(3)B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为________；另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为________。‎ 图一　　　　　　图二　　　　　　图三 ‎(4)D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为________，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是________(填选项序号)。‎ ‎①极性键　　 ②非极性键 ‎③配位键 ④金属键 ‎(5)向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是 ‎______________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________。‎ 请写出上述过程的离子方程式：__________________________‎ ‎______________________________________________________，‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎[解析]　原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别依次处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体形分子，则C为氯元素。(3)图一为石墨的平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；图二为金刚石的晶胞，一个晶胞中含碳原子数为8×＋6×＋4＝8，令碳原子直径为a，晶胞中C原子总体积＝8×π()3，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为，则正四面体的高为(a＋)＝，设正四面体的棱长为x，则斜面的高为x，底面中心到边的距离为x×，再根据勾股定理：()2＋(x×)2＝(x)2，整理得x＝，故晶胞棱长＝×＝，则晶胞体积为()3，晶胞空间利用率＝{[8×π()3]÷()3}×100%＝π≈34%。‎ ‎[答案]　(1) Cu　(2)HF＞HI＞HBr＞HCl 　(3)sp2　34%　(4)面心立方最密堆积　①②③　(5) 首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液　Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH　Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－‎ ‎2．(2019·武汉模拟)磷及其化合物与人们的健康和生活密切相关。请回答下列问题：‎ ‎(1)基态磷原子价电子轨道表示式为________，其第一电离能比硫的________(填“大”或“小”)。‎ ‎(2)羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基(—OH)中氧原子的杂化方式为________，PO 的立体构型为________，该化合物所含元素电负性最大的是________。‎ ‎(3)P4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分子中含有的共价键数目是________。‎ ‎(4)磷酸和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为________，其为________元酸，原因是____________________‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎(5)磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如图所示：‎ 由图推知该多磷酸钙盐的通式为________。‎ ‎(6)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞如下图所示，其密度为ρ g·cm－3，设NA是阿伏加德罗常数的值，则磷原子的配位数为________，晶胞参数为________ pm。‎ ‎[解析]　(2)—OH中氧原子的价层电子对数为＝4，所以氧原子按sp3方式杂化；PO中P原子价层电子对数＝4＋＝4，没有孤电子对，故PO为正四面体结构；根据元素的非金属性越强，元素的电负性越大， Ca、P、O、H四种元素中O的非金属性最强，O元素的电负性最大；(3)P原子最外层有5个电子，能够与3个O原子形成3对共用电子对，O原子最外层有6个电子，可以与2个P原子形成2对共用电子对，要使分子中每个原子都达到8电子稳定结构，其结构式为 ‎，可见分子中含有的共价键为12个；(4)亚磷酸与NaOH溶液发生酸碱中和反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，羟基H原子能电离产生H＋，说明H3PO3分子中含有2个—OH，它属于二元酸，由于P最外层有5个电子，则结构式为POHOOHH或POHOOHH；(5)由图推知该多磷酸钙盐最小的重复单元是CaP2O6，所以该多磷酸钙盐的通式为(CaP2O6)n；(6)根据晶体结构可知每个B原子被四个距离相等且最近的P原子包围，每个P原子被四个距离相等且最近的B原子包围，所以P原子的配位数是4；在一个晶胞中含有的P原子数目：8×＋6×＝4，在一个晶胞中含有的B原子数目：4×1＝4，即1个晶胞中含有4个BP，晶胞的质量是m＝＝ g，由于晶胞密度为ρ g·cm－3，所以晶胞的体积为＝＝ cm3，所以晶胞参数为 cm＝×1010 pm。‎ ‎[答案]　(1) 大 　(2) sp3　正四面体形　O(或氧元素) 　(3)12　(4) 　二　一个H3PO3分子中只有两个羟基，含氧酸羟基上的氢易电离　(5) (CaP2O6)n　(6)4　×1010‎ ‎3．(2019·张家口模拟)Se是迄今为止发现的最重要的抗衰老元素，也有抗癌之王的美誉。回答下列问题：‎ ‎(1)基态Se原子核外电子占据的轨道中，电子云轮廓图形状为哑铃形的有________个；第四周期的过渡金属中，基态原子核外未成对电子数与基态Se原子相同的有________种。‎ ‎(2)Se及其同周期相邻元素相比，三种元素的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为__________________________。‎ ‎(3)H2Se属于________(填“极性”或“非极性”)分子；其熔点低于同条件下NaH熔点的原因为__________________________‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎(4)SeO2的立体构型为________；SeO3中Se原子的杂化形式为________。‎ ‎(5)写出一种与SeO互为等电子体的分子式________。‎ ‎(6)Se能与形成具有多种生物活性的配合物。1 mol 中含有σ键的数目为________。‎ ‎(7)硒化锌是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA晶体密度为ρ g·cm－3，则硒化锌的摩尔质量可表示为________(列出计算式即可)。 ‎ ‎[解析]　(3)H2Se分子内为极性共价键，根据价层电子对互斥理论可知，该分子价层电子对数为4，有2对孤电子对，则其分子的立体构型为V形，极性键的极性向量和不等于零，所以该分子为极性分子，又因为NaH形成的晶体为离子晶体，而H2Se形成的晶体属于分子晶体，所以其熔沸点较NaH低。(6)根据上述分析可知，1 mol 分子中σ键数目等于共价键数，所以σ键数目总数＝2×12 mol(苯环上)＋5×1 mol(酚羟基) ＋5×1 mol(杂环)＝ 34 mol。(7)设硒化锌的摩尔质量为M g·mol－1，该晶胞中含有硒原子数为8×＋6×＝4，含有锌原子数为4，其化学式可表示为ZnSe，根据晶胞中ρ＝可得，ρ＝ ，化简整理得M＝。‎ ‎[答案]　(1)9　2　(2)Br>As>Se　(3)极性　H2Se形成的晶体属于分子晶体，NaH形成的晶体为离子晶体　(4)V形　sp2　(5)CX4、SiX4‎ ‎(X代表卤原子)等中的一种　(6) 34NA　(7) g·mol－1‎ ‎4．(2019·德州模拟)镍是有机合成的重要催化剂。‎ ‎(1)基态镍原子的价电子排布式___________________________。‎ ‎(2)镍和苯基硼酸共催化剂实现了丙烯醇(CH2===CH—CH2OH)的绿色高效合成。丙烯醇中碳原子的杂化类型有________________；丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2===CH—CH2OH)分子量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，其主要原因是______________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎(3)羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉。羰基镍[Ni(CO)4]中Ni、C、O 的电负性由大到小的顺序为________。‎ ‎(4)Ni2＋能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2＋、[Ni(SCN)3]－ 等。NH3 的立体构型为________；与SCN－互为等电子体的分子有____________________(填分子式)。‎ ‎(5)“NiO”晶胞如图：‎ ‎①氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(000)，B为(110)，则C原子坐标参数为_____________________________________________________。‎ ‎②已知氧化镍晶胞密度d g·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2＋半径为________ nm(用代数式表示)。‎ ‎[解析]　(2)丙烯醇中碳原子形成了一个碳碳双键，其余为碳氧、碳氢单键，所以C原子的杂化类型有sp2和sp3杂化，丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2===CH—CH2OH)分子量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，是因为丙烯醇分子间存在氢键。 (4)NH3分子中N原子是sp3杂化，且具有一对孤对电子，则NH3的立体构型为三角锥形，与SCN－互为等电子体的分子有N2O或CO2。 (5)①‎ 晶胞是正方体结构，且氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(000)，B为(110)，则C原子坐标参数为(，11)；②已知氧化镍晶胞密度d g·cm－3，设Ni2＋半径为r nm，O原子半径为x nm，晶胞的参数为a nm，一个晶胞中含有4个NiO，则m(晶胞)＝ g，V(晶胞)＝a3，则可以得到(a×107)3·d＝，a＝×107 nm，又因为晶胞对角线3个O原子相切，晶胞参数a＝2x＋2r，即4x＝a，x＝a，带入计算可得到r＝－a＝××107 nm。‎ ‎[答案]　(1)3d84s2　(2)sp2、sp3　丙烯醇中分子间存在氢键　(3)O>C>Ni　(4)三角锥形　N2O或CO2　‎ ‎(5)　××107‎ ‎5．(2019·厦门模拟)钴及其化合物在生产生活中有广泛的应用。回答下列问题：‎ ‎(1)基态钴原子价电子排布式为________。‎ ‎(2)Co3＋在水中易被还原成Co2＋，而在氨水中可稳定存在，其原因为______________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎(3)[Co(NO)4]2－中Co2＋的配位数为4，配体中N的杂化方式为________，该配离子中各元素I1由小到大的顺序为________(填元素符号)，1 mol该配离子中含σ键数目为________NA。‎ ‎(4)八面体配合物CoCl3·3NH3结构有________种，其中极性分子有________种。‎ ‎(5)配合物Co2(CO)8的结构如下图，该配合物中存在的作用力类型有________(填字母)。‎ A．金属键 B．离子键 ‎ C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力 ‎(6)钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为________，晶体中Al3＋占据O2－形成的________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为________ g·cm－3(列出计算式，不必计算)。 ‎ ‎[解析]　(3)配体NO中心原子N的价电子层电子为3对，为平面三角形，杂化方式为sp2；非金属性越强，第一电离能越大，由于N的电子排布是半满稳定结构，所以第一电离能大于O，所以I1由小到大的顺序为Co＜O＜N；硝酸根中σ键有3个，则一个[Co(NO)4]2－离子中含σ键数目为4＋3×4＝16，则1 mol该配离子中含σ键数目为16NA。(4)根据八面体的立体构型知，配合物CoCl3·3NH3结构有2种，因为不能形成对称结构，其中极性分子也是2种。(6)根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为8×＋6×＋4＝84×4＝168×4＝32，所以化学式为CoAl2O4；根据结构观察，晶体中Al3＋占据O2－形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(‎2a×10－7)‎3 cm3，该晶胞的质量为(32×16＋16×27＋8×59)/NA＝ g，则钴蓝晶体的密度为 g·cm－3。‎ ‎[答案]　(1)3d74s2　(2)Co3＋可与NH3形成较稳定的配合物　(3)sp2　CoGe>Zn ‎(5)sp3　共价键 ‎(6)×107‎