高考化学一轮课时达标习题选修3物质结构与性质2含答案

高考化学一轮课时达标习题选修3物质结构与性质2含答案

‎2019年高考化学一轮课时达标习题：第11章选修3：物质结构与性质（2）含答案 ‎1．(2019·石家庄调研)铜及其化合物在生产生活中有着广泛的用途。‎ ‎(1)基态铜原子的核外电子排布式为__1s22s22p63s23p63d104s1__，其晶体的堆积方式为__面心立方最密堆积__，其中铜原子的配位数为__12__。‎ ‎(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水，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；继续向溶液中加入乙醇，会析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]。‎ ‎①氨水中各元素原子的电负性由大到小的顺序为__O＞N＞H__(用元素符号表示)。‎ ‎②NH3中N原子的杂化轨道类型为__sp3__，与其互为等电子体的阳离子为__H3O＋__。‎ ‎③向蓝色沉淀中继续滴加氨水，沉淀溶解是因为生成了四氨合铜配离子，四氨合铜配离子的结构式为__ 降低溶剂极性，使Cu(NH3)4SO4·H2O析出(答案合理即可)__。‎ ‎(3)CuCl2和CuCl是铜的两种常见的氯化物。‎ ‎①如图表示的是__CuCl__(填“CuCl‎2”‎或“CuCl”)的晶胞。‎ ‎②原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子坐标参数：A为(0,0,0)，B为(0,1,1)，C为(1,1,0)，则D原子的坐标参数为____。‎ ‎③晶胞中C、D两原子核间距为298 pm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体密度为　　g·cm－3(列出计算式即可)。‎ 解析 (1)③在铜氨配离子中，NH3中的N提供孤电子对、Cu2＋提供空轨道形成配位键，故铜氨配离子的结构式为；加入乙醇后析出晶体是因为降低溶剂极性，使Cu(NH3)4SO4·H2O析出。(3)①利用“均摊法”知，每个晶胞中含有Cu、Cl的数目均为4，因此图示晶胞为CuCl；②晶胞可认为由8个等体积小晶胞组成，D原子恰好处于小晶胞的体心，因此D原子的坐标为；③连接晶胞中A、C两原子，过D原子作AC的垂线，交AC于E点，设晶胞的边长为x cm，则依据CD的长度和D原子的坐标和直角三角形CDE可得2＋2＝(298×10－10)2，解得x＝×10－10，则可求出晶胞的体积为 3×10－‎30 cm3，故该晶胞的密度为 g·cm－3。‎ ‎2．2019年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：‎ ‎(1)对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应的离子萃取，如La2＋、Sc2＋。写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式：__1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1__，其中电子占据的轨道数为__10__个。‎ ‎(2)对叔丁基杯 [4] 芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为__sp3__。羟基间的相互作用力为__氢键__。‎ ‎(3)不同大小的杯芳烃能识别某些离子，如N、SCN－等。根据等电子体原理判断N的空间构型为__直线形__；一定条件下，SCN－与MnO2反应可得到(SCN)2。试写出(SCN)2的结构式：__N≡C—S—S—C≡N__。‎ ‎(4)已知C60分子结构和C60晶胞示意图如下所示：‎ 则一个C60分子中含有的σ键个数为__90__，与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有__12__个，C60晶体的密度为__1.67__g/cm3(计算结果保留两位小数)。‎ 解析 (2)羟基氧原子有2个σ键，2对孤电子对，价层电子对数是4，因此杂化方式是sp3杂化；4个羟基之间无共价键相连，但符合形成氢键的条件，因此羟基间的相互作用力是氢键。(3)N与CO2互为等电子体，因此N的空间构型为直线形；SCN－与MnO2反应可得到(SCN)2，说明SCN－的性质与Cl－类似，则(SCN)2也应具有类似Cl2的结构，结合(SCN)2中N是－3价，C是＋4价，S是－1价可知(SCN)2的结构式是N≡C—S—S—C≡N。(4)从图Ⅱ可以看出，C60分子中每个C原子与其他3个C原子形成2个碳碳单键和1个碳碳双键，共3个σ键，根据均摊法，一个C原子实际含有的σ键个数为，所以一个C60分子中含有的σ键个数为60×＝90；C60的晶胞是面心立方结构，所以与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有12个；1个C60晶胞中含有的C60分子个数是8×＋6×＝4，晶胞的质量m＝ g，而晶胞的体积V＝(1.42×10－7)‎3 cm3，所以C60晶体的密度ρ＝＝≈‎1.67 g/cm3。‎ ‎3．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：‎ ‎(1)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__H2O分子间存在氢键__。‎ ‎(2)A、B、C三种元素的氢化物稳定性由强到弱的顺序为__HF>H2O>NH3__(用化学式表示)。‎ ‎(3)A的最简单氢化物分子的空间构型为__三角锥形__，其中A原子的杂化类型是__sp3__杂化。‎ ‎(4)A的单质中σ键的个数为__1__，π键的个数为__2__。‎ ‎(5)写出基态E原子的价电子排布式：__3d104s1__。‎ ‎(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长a＝　　cm(用含ρ、NA的计算式表示)。‎ 解析 由题干信息可推出A、B、C、D、E五种元素分别是N、O、F、Ca、Cu。(6)C和D形成的化合物是CaF2，一个晶胞中有4个“CaF2”，所以一个晶胞的质量是 g，一个晶胞的体积是a‎3 cm3，根据ρ＝＝ g·cm－3，则a＝ cm。‎ ‎4．(2019·湖南三湘名校第三次联考)已知A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空：‎ ‎(1)基态D原子中，电子占据的最高能层符号为__M__，该能层具有的原子轨道数为__9__。‎ ‎(2)E2＋的价层电子排布图是____，F原子的电子排布式是__1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1__。‎ ‎(3)A的最高价氧化物对应的水化物分子结构式为____，其中心原子采取的轨道杂化方式为_sp2杂化__，B的气态氢化物的VSEPR模型为__四面体__。‎ ‎(4)化合物AC2、B‎2C和阴离子DAB－互为等电子体，它们结构相似，DAB－的电子式为____。‎ ‎(5)配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3＋与配位体AB－构成，配位数为6。甲的水溶液可以用于实验室中E2＋的定性检验，检验E2＋的离子方程式为__3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓__。‎ ‎(6)某种化合物由D、E、F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为__CuFeS2__。该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，‎ 根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：ρ＝__≈4.32__g/cm3。‎ 解析 由题中信息可推出A是C元素，B是N元素，C是O元素，D是S元素，E是Fe元素，F是Cu元素。(4)CO2的结构式是O===C===O，SCN－与CO2是等电子体，结构相似。(6)晶胞中F(Cu)原子的数目是8×＋4×＋1＝4，E(Fe)原子的数目是4×＋6×＝4，D(S)原子全部位于晶胞内部，数目是8，所以Cu、Fe、S原子的数目之比是4：4：8＝1：1：2，故其化学式为CuFeS2；一个晶胞中有4个“CuFeS2”，晶胞质量m＝ g，晶胞体积V＝(524×10－10)2×1 030×10－‎10 cm3，所以晶体的密度ρ＝＝≈‎4.32 g/cm3。‎ ‎5．已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。其中基态A原子价电子排布式为nsnnpn＋1；化合物B2E为离子化合物，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片；F原子最外层电子数与B的相同，其余各内层轨道均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎(1)A、B、E的第一电离能由小到大的顺序为__NaSiCl4。(3)氢化物N2H4分子中N原子形成2个N—H键、1个N—N键，还含有1对孤电子对，故N原子采取sp3杂化。(4)‎ 按原子的外围电子排布分区，元素Cu在ds区，Cu2＋与过量的氨水反应的离子方程式为Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O。(5)元素N和Al可形成具有很高的硬度和熔点的AlN，该化合物属于原子晶体，其化合物中所含的化学键为共价键。小球数目为8×＝1，大球数目为12×＝3，其中N显－3价，则小球为N原子，大球为Cu原子，则其化学式为Cu3N。晶胞质量为 g，距离最近的两个Cu原子的核间距为a cm，则晶胞棱长为a cm×2＝a cm，则该化合物的晶胞密度为＝ g/cm3。　‎ ‎6．硫元素价态众多，可与卤素、氮等元素化合形成许多复杂的化合物，在科学技术和生产中有着重要的应用。‎ ‎(1)六氟化硫(SF6)具有良好的电绝缘性能及优异的灭火性能。其分子中有__6__对完全相同的成键电子对。基态S原子有__2__个未成对电子。‎ ‎(2)二氯化二硫是广泛用于橡胶工业的硫化剂，分子结构为，其中S原子轨道的杂化类型是__sp3__，它是__极性__(填“极性”或“非极性”)分子。‎ ‎(3)S4N4是亮橙色固体，不溶于水，溶于苯等有机溶剂，是一种重要的金属有机化学反应物。S4N4与Ag在一定条件下反应，失去N2而缩合成(SN)x。(SN)x合成于1910年，过了五十年，才发现它在0.26 K的低温下，可转变为超导体。(SN)x的结构式如图所示：‎ 已知1.20×105 mol S4N4与Ag发生缩合，生成了1.20×105 mol N2，生成二百聚物(SN)200和三百聚物(SN)300。若测得缩合产物中二百聚物的质量分数为0.50，则：‎ ‎①S4N4的晶体类型是__分子__(填“分子”“原子”或“离子”)晶体。‎ ‎②缩合产物中三百聚物的物质的量为__400_mol__；若Ag的实际使用量为‎8.64 kg，则Ag的循环使用次数(缩合时生成Ag2S需要消耗Ag的物质的量与实际使用Ag的物质的量的比值)为__6_000__。‎ ‎(4)Ag单质为面心立方晶体，其晶胞参数a＝4.08×10－‎10m，晶胞中Ag原子的配位数为__12__。列式计算Ag单质的密度：____g·cm－3(不必计算出结果)。‎ 解析 (3)②设(SN)200、(SN)300的物质的量分别为x mol、y mol，则46×200x÷(46×200x＋46×300y)＝0.5，根据氮原子守恒，200x＋300y＝1.20×105×4－1.20×105×2，解得x＝600 mol，y＝400 mol，即(SN)200为600 mol，(SN)300为400 mol。根据硫原子守恒，生成600 mol (SN)200和400 mol (SN)300，失去了1.20×105 mol N2，同时有2.4×105 mol ‎ S减少，生成了2.4×105 mol Ag2S，需要消耗4.8×105 mol Ag，所以Ag的循环使用次数为4.8×105 mol÷(8.64×1 000÷108) mol＝6 000次。(4)Ag单质为面心立方晶体，Ag的配位数为12。每个晶胞中含有的Ag原子数目为8×＋6×＝4，晶胞参数a＝4.08×10－‎8 cm，则Ag单质的密度为÷(4.08×10－‎8 cm)3＝。‎