2020届二轮复习物质结构与性质作业（江苏专用）

2020届二轮复习物质结构与性质作业（江苏专用）

物质结构与性质 ‎1．(2019·无锡一模)合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜(Ⅰ)、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。铜液吸收CO的反应方程式为CH3COO[Cu(NH3)2]＋CO＋NH3CH3COO[Cu(NH3)3CO]。‎ ‎(1)Cu＋基态核外电子排布式为________________。‎ ‎(2)C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为____________________。‎ ‎(3)1 mol [Cu(NH3)2]＋中含有σ键的数目为________，CH3COO[Cu(NH3)2]中C原子轨道的杂化类型是__________________。‎ ‎(4) 与NH3分子互为等电子体的阴离子为________。‎ ‎(5) Cu2O的晶胞结构如图所示，其中O2－的配位数是________。‎ 解析：(1) Cu原子序数为29，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu＋的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10。(2)同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但ⅤA族元素的p轨道处于半满的稳定状态，故其第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。(3) 1 mol [Cu(NH3)2]＋中含有6 mol N—H键、2 mol Cu—N键，共含有σ键的数目为8×6.02×1023，CH3COO[Cu(NH3)2]中甲基中碳发生sp3杂化，另一个碳发生sp2杂化。(4) 与NH3分子互为等电子体的阴离子为CH。(5)由Cu2O的晶胞结构看白球共有1＋×8＝2个，灰球全部在体内，共有4个，故白球代表O原子而灰球代表Cu原子，由图可知每个O原子的周围有4个Cu原子，配位数为4。‎ 答案：(1) [Ar]3d10　 (2)N>O>C ‎(3)8×6.02×1023　sp3和sp2　(4)CH　(5)4‎ ‎2．(2019·南京、盐城一模)钴的合金及其配合物用途非常广泛。‎ ‎(1)Co3＋基态核外电子排布式为________________。‎ ‎(2) 一种Pt、Co金属间化合物可作为质子交换膜燃料电池的催化剂，其晶胞结构如图所示，该金属间化合物的化学式为________________。‎ ‎(3)BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由HClO4、CTCN、NaNT共同反应制备。‎ ‎①ClO的空间构型为________________(用文字描述)。‎ ‎②CTCN的化学式为[Co(NH3)4CO3]NO3，与Co(Ⅲ)形成配位键的原子是________(已知CO的结构式为OCOO)。‎ ‎③NaNT可由H2NCHNNHCN(双聚氰胺)为原料制备。‎ 双聚氰胺中碳原子杂化轨道类型为__________，1 mol该分子中含σ键的数目为__________。‎ 解析：(1)Co原子序数为27，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，则Co3＋的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或[Ar]3d6。(2)根据均摊法可知，晶胞中Co位于顶点，数目＝8×，Pt位于面心，数目＝6×＝3，所以Pt、Co个数比是3∶1，其化学式为Pt3Co。(3)①ClO的空间构型为正四面体；②在[Co(NH3)4CO3]NO3中，Co(Ⅲ)的配体是NH3和CO，由CO的结构式为OCOO可知C原子无孤电子对，O原子有孤电子对，因此与Co(Ⅲ)形成配位键的原子是N和O；③双聚氰胺中碳氮双键中碳发生sp2杂化，碳氮三键中碳发生sp杂化，1 mol该分子中含4 mol N—H键、3 mol C—N键、1 mol C===N键中有1 mol σ键，1 mol C≡N键中有1 mol σ键，即共有σ键的数目为9NA。‎ 答案：(1)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6　(2) Pt3Co ‎(3)①正四面体　②N和O　③sp和sp2　9NA ‎3．(2019·苏锡常镇二模)高温炼铜的反应之一为2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2。‎ ‎(1)Cu＋基态核外电子排布式为________________。‎ ‎(2)Cu、Zn的第二电离能：I2(Cu)________(填“>”“<”或“＝”)I2(Zn)。‎ ‎(3)SO2分子中S原子的轨道杂化类型为________，分子的空间构型为________，与SO2互为等电子体的分子有________(写一种)。‎ ‎(4)[Cu(CH3CN)4]＋是非常稳定的络合离子，配体中σ键和π键个数之比为________。‎ ‎(5)Fe2＋、Fe3＋能与CN－络合，其结构如图所示。该离子可形成铁蓝钾盐，该钾盐的化学式为________。‎ 解析：(1) Cu＋基态的3d能级上有10个电子，核外电子排布式为[Ar]3d10。‎ ‎(2)Cu的价电子排布为3d104s1、Zn的价电子排布为3d104s2，铜失去1个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子变为3d104s1，再失去一个电子比Cu＋容易，所以Cu、Zn的第二电离能大小：I2(Cu)>I2(Zn)。‎ ‎(3)SO2分子中S原子价层电子对数＝2＋＝3，且含有1个孤电子对，根据价电子对互斥理论判断S原子的轨道杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形，与SO2互为等电子体的分子中有3个原子，价电子数是18，为O3。‎ ‎(4)[Cu(CH3CN)4]＋其配离子中心原子配位体是CH3CN，所以其配位数是4，配体中σ键和π键个数之比为5∶2。‎ ‎(5)晶胞中Fe2＋、Fe3＋处于顶点，含有4×＝个Fe2＋和4×＝个Fe3＋，CN－位于晶胞的棱上，含有12×＝3个，Fe2＋、Fe3＋、CN－个数比为∶∶3＝1∶1∶6，则该离子形成铁蓝钾盐的化学式为KFeFe(CN)6。‎ 答案：(1)1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10‎ ‎(2)>　(3)sp2　V形　O3‎ ‎(4)5∶2　(5)KFeFe(CN)6‎ ‎4．(2019·南京二模)苯甲酸甲酯在NaBH4、ZnCl2等作用下可转化为醇，其中NaBH4转化为H3BO3：‎ ‎(1)Zn2＋基态核外电子排布式为____________。‎ ‎(4)与BH互为等电子体的阳离子为______________(填化学式)，BH的空间构型为(用文字描述)________________。‎ ‎(5)硼酸是一种层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图所示)。1 mol H3BO3晶体中有________mol氢键。‎ 解析：(1)Zn位于周期表第四周期第ⅡB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，失去4s能级的2个电子形成Zn2＋，所以Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。‎ ‎(2)苯环上C原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，亚甲基中C原子形成4个σ键，杂化轨道数目为4，分别采取sp2、sp3杂化。‎ ‎(3)苯甲酸甲酯分子中8个C—H键、7个碳碳键、2个C—O键、1个C===O键，1个分子含有18个σ键，1 mol苯甲酸甲酯分子中含有σ键为18 mol。‎ ‎(4)与BH互为等电子体的阳离子可以用N原子、1个单位正电荷替换B原子、1个单位负电荷，与BH互为等电子体的一种阳离子是NH，BH中B原子价层电子对是4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体。‎ ‎(5)每个H3BO3分子形成6个氢键，每个氢键为2个H3BO3分子共用，1 mol H3BO3晶体中有氢键＝3 mol。‎ 答案：(1)1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10　(2)sp2、sp3‎ ‎(3)18　(4)NH　正四面体　(5)3‎ ‎5．下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：‎ ‎2Cr2O＋3CH3CH2OH＋16H＋＋13H2O―→‎ ‎4[Cr(H2O)6]3＋＋3CH3COOH ‎(1)Cr3＋基态核外电子排布式为______________；配合物[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是________(填元素符号)。‎ ‎(2)CH3COOH中C原子轨道杂化类型为________；1 mol CH3COOH分子含有σ键的数目为________。‎ ‎(3)与H2O互为等电子体的一种阳离子为________(填化学式)；H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_______________________________。‎ 解析：(1)Cr是24号元素，Cr原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr原子由外向里失去3个电子后变为Cr3＋，故Cr3＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。在配合物[Cr(H2O)6]3＋中，中心原子提供空轨道，而配位原子需提供孤对电子，H2O分子中含有孤对电子的是O原子。‎ ‎(2)CH3COOH中，甲基中C原子与其他原子形成4个σ键，故C原子采取sp3杂化；而羧基中C原子形成3个σ键和1个π键，故C原子采取的是sp2杂化。CH3COOH的结构式为，单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，故1个CH3COOH分子中含有7个σ键，因此1 mol CH3COOH中含有7×6.02×1023个σ键。‎ ‎(3)运用电子—电荷互换法，将O原子的1个电子换作1个正电荷，则O原子换为F原子，即可写出与H2O互为等电子体的阳离子H‎2F＋。H2O与CH3CH2OH可形成分子间氢键，是导致H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶的主要原因。‎ 答案：(1)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3　O ‎(2)sp3和sp2　7NA(或7×6.02×1023)‎ ‎(3)H‎2F＋　H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键 ‎6．镍、铂、镧等过渡金属单质及化合物在医疗领域有着广泛的应用。‎ ‎(1)基态原子镍的价电子排布式为__________________。‎ ‎(2)抗癌药奥沙利铂(又名乙二酸铂)的结构简式如图所示。‎ ‎①分子中氮原子轨道的杂化类型是________________，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________________________________________________________。‎ ‎②1 mol乙二酸分子中含有σ键的数目为___________________________________。‎ ‎(3)碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗高磷血症。写出与CO2互为等电子体的一种分子的化学式：__________。‎ ‎(4)镧镍合金可用于储氢，储氢之后所得晶体的化学式为LaNi5(H2)3，其晶体的最小重复结构单元如图所示(⊕、○、代表储氢之后晶体中的三种微粒)。图中代表的微粒是________。‎ 解析：(1)Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则基态原子镍的价电子排布式为3d84s2；‎ ‎(2)①分子中氮原子形成3个σ键、还有1对孤电子对，则分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3；C、N、O三种元素的第一电离能由大到小顺序为N>O>C；②1 mol乙二酸()分子中含有1 mol C—C键、2 mol C—O键、2 mol C===O键、2 mol O—H键，故共含有σ键的数目为7×6.02×1023；‎ ‎(3)与CO互为等电子体的一种分子的化学式为SO3或BF3；‎ ‎(4)镧镍合金可用于储氢，储氢之后所得晶体的化学式为LaNi5(H2)3，根据均摊法其晶体中⊕有8×＝1、○有8×＋1＝5、有8×＋2×＝3，分别代表La、Ni、H2，故图中代表的微粒是H2。‎ 答案：(1)3d84s2　(2)①sp3　N>O>C　②7×6.02×1023　(3)SO3(或BF3等)　(4)H2‎ ‎7．锰、砷、镓及其相关化合物用途非常广泛。‎ ‎(1)Mn2＋基态核外电子排布式为__________。‎ ‎(2)砷与镓、硒是同周期的主族元素，其第一电离能从小到大的顺序是__________。‎ ‎(3)BrCH2CN可用于制备砷叶立德，BrCH2CN分子中碳原子杂化轨道类型是__________。‎ ‎(4)在AlCl3存在下，将C2H2通入AsCl3可得到(ClCH===CH)2AsCl等物质，AsCl3分子的几何构型为_______，1 mol(ClCH===CH)2AsCl分子中含σ键的数目为__________。‎ ‎(5)GaAs是一种重要的半导体材料，按图示掺杂锰后可得稀磁性半导体材料(晶体结构不变)，则该材料晶体中n(Ga)∶n(Mn)∶n(As)＝__________。‎ 解析：(1)Mn是25号元素，其电子排布式为[Ar]3d54s2或1s22s22p63s23p63d54s2，故Mn2＋的电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)镓、砷、硒三种元素都是第4周期主族元素，同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势。但砷元素原子4p能级是半充满状态，能量较低，第一电离能高于其同周期相邻元素，则3种元素的第一电离能从小到大顺序为Ga

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