高考化学三轮冲刺要点突破物质结构与性质综合题专题训练答案+解析.docx
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高考化学三轮冲刺要点突破物质结构与性质综合题专题训练答案+解析
——物质结构与性质综合题
【专题训练】
1.(2019·太原模拟)高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](ClO4)2}是一种新型的起爆药。
(1)Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4,配体CO中提供孤电子对的是C原子,其理由可能是________________________________;该配合物分子中σ键与π键数目之比为________。
(2)①ClO
的空间构型是________________。
②写出与ClO
互为等电子体的一种分子和一种离子:
________、________(填化学式)。
(3)化学式中CHZ为碳酰肼,其结构为
,它是一种新型的环保锅炉水除氧剂。
①碳酰肼中氮元素的化合价为________,碳原子的杂化轨道类型为________。
②碳酰肼可以由碳酸二甲酯(
)和肼(N2H4)反应制得,有关的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成。
①比较次氯酸和高氯酸的酸性,并说明理由:
________________________________________________________________________。
②如图为NiO晶胞,若晶胞中含有的Ni2+数目为a,Ni2+的配位数为b,NiO晶体中每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为c,则a∶b∶c=________。
解析:
(1)CO的组成元素中,氧元素电负性更大一些,不易给出孤电子对形成配位键。
Ni(CO)4中Ni原子与4个CO分子形成的4个配位键属于σ键,每个CO分子中含1个σ键,两个π键,则Ni(CO)4中σ键与π键数目之比为1∶1。
(2)①ClO
的价层电子对数为
×(7+1-8)+4=4,根据VSEPR理论,其空间构型为正四面体。
②与ClO
互为等电子体的分子有SiF4、CCl4等,离子有SO
、PO
等。
(3)氮原子形成的三个共价键中N—N键属于非极性键,不显电性,其余两个共价键均使氮原子显负电性,故氮元素的化合价为-2价。
(4)①含氧酸分子中非羟基氧原子数目越多,酸性越强,HClO4分子中有3个非羟基氧原子,HClO分子中没有非羟基氧原子,故HClO的酸性小于HClO4的酸性。
②利用均摊法求出每个晶胞中含4个Ni2+,Ni2+的配位数为6,离Ni2+最近的Ni2+有12个,三者比值为2∶3∶6。
答案:
(1)电负性O>C,O原子不易提供孤电子对 1∶1
(2)①正四面体 ②CCl4(或SiF4等其他合理答案) SO
(或PO
等其他合理答案)
(3)①-2 sp2
(4)①HClO的酸性小于HClO4,非羟基氧的个数越多,Cl的正电性越高,导致Cl—O—H中O的电子向Cl偏移,越容易电离出H+ ②2∶3∶6
2.(2019·全国卷Ⅲ)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料,具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点,文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。
回答下列问题:
(1)在周期表中,与Li的化学性质最相似的邻族元素是________,该元素基态原子核外M层电子的自旋状态________(填“相同”或“相反”)。
(2)FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为____________________,其中Fe的配位数为________。
(3)苯胺(
)的晶体类型是________。
苯胺与甲苯(
)的相对分子质量相近,但苯胺的熔点(-5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0℃)、沸点(110.6℃),原因是__________________________。
(4)NH4H2PO4中,电负性最高的元素是________;P的________杂化轨道与O的2p轨道形成________键。
(5)NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐,而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐,如:
焦磷酸钠、三磷酸钠等。
焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示:
焦磷酸根离子
三磷酸根离子
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________(用n代表P原子数)。
解析:
(1)在周期表中存在“对角线”关系的元素化学性质相似,如Li和Mg、Be和Al、B和Si等,所以与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg。
Mg元素基态原子核外M层上只有3s轨道上2个自旋状态相反的电子。
(2)在蒸汽状态下FeCl3以双聚分子存在,即分子式为Fe2Cl6;每个Fe原子与3个Cl原子形成共价键,还可以提供空轨道与另1个Cl原子提供的孤对电子形成配位键,结构式可表示为
或
;由结构式可知,Fe的配位数为4。
(3)苯胺是有机化合物,属于分子晶体。
由于苯胺分子中N原子电负性大、原子半径小,易形成分子间氢键N—H…N,导致熔、沸点比相对分子质量相近的甲苯高。
(4)元素的非金属性越强,电负性越高,非金属性:
H<P<N<O,故在N、H、P、O四种元素中电负性最高的是O。
PO
中价层电子对数为
=4,采取sp3杂化方式,杂化轨道与配位原子只能形成σ键,故与O原子的2p轨道形成σ键。
(5)由题给焦磷酸根离子、三磷酸根离子的结构式可看出,多磷酸盐中存在PO
结构单元,n个PO
结构单元共用(n-1)个O原子,则O原子总数为4n-(n-1)=3n+1,离子所带电荷数为-(n+2),故通式为(PnO3n+1)(n+2)-。
答案:
(1)Mg 相反
(2)
4
(3)分子晶体 苯胺分子之间存在氢键
(4)O sp3 σ
(5)(PnO3n+1)(n+2)-
3.(2019·贵阳模拟)碳族元素在生产生活中的应用极其广泛,请回答以下有关碳族元素的问题。
(1)下列说法正确的是________。
a.CS2与SO2分子的键角相同
b.HCHO中的C原子为sp2杂化
c.CF4与SiCl4均为非极性分子
d.CO与N2为等电子体,所以化学性质完全相同
e.第一电离能:
O>N>C
(2)晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料。
区分晶体硅和无定形硅最可靠的科学方法为________________________;28克晶体硅中含共价键________mol。
(3)金属镍粉在CO气流中轻微加热,生成无色挥发性液态Ni(CO)4,其呈正四面体构型。
试推测Ni(CO)4的晶体类型是________,Ni(CO)4易溶于________(此空选择填写下列字母序号)。
a.水 b.四氯化碳 c.苯 d.硫酸镍溶液
(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60),某金属M与C60可制备一种低温超导材料,晶胞(晶胞参数为xpm)如图所示,M原子位于晶胞的棱上与内部,则该晶胞中C60的堆积方式为________________,C60与M原子的个数比为________。
(5)利用光催化还原CO2制备工业原料CH4,可以达到减碳的效果。
该反应中,带状纳米Zn2GeO4(催化剂)的催化效果较好,CO2分子中σ键与π键的数目之比为________,催化剂所含元素Zn、Ge(锗)、O的电负性由大到小的顺序是____________,元素Zn的价电子排布式为________________。
(6)锗是典型的半导体材料,在电子、材料等领域应用广泛。
锗单晶的晶胞结构如图所示,其晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶体密度为________g·cm-3(列出计算式即可)。
解析:
(1)CS2为直线形结构,键角为180°,SO2为V形结构,键角小于180°,a错误;HCHO的结构式为
,故C原子为sp2杂化,b正确;CF4和SiCl4均为正四面体结构,是非极性分子,c正确;CO和N2是等电子体,物理性质相似,但化学性质不同,d错误;N的2p轨道上有3个电子,处于较稳定状态,故第一电离能:
N>O>C,e错误。
(2)区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验。
硅具有类似金刚石的结构(
),用均摊法可确定1个Si原子形成的共价键数为2,故28g(即1mol)Si中含2mol共价键。
(3)根据“挥发性”“液态”可推测Ni(CO)4为分子晶体;Ni(CO)4为非极性分子,易溶于非极性溶剂,即易溶解于苯和四氯化碳,b、c正确。
(4)C60位于晶胞的面心和顶点,故其为面心立方最密堆积;该晶胞含有C60的个数为8×
+6×
=4,含有M原子的个数为12×
+9=12,故C60与M原子的个数比为1∶3。
(5)CO2的结构为O===C===O,故σ键与π键的数目之比为1∶1。
非金属元素的电负性比金属元素大,故O的电负性最大,同周期元素从左到右电负性逐渐增大,故电负性:
O>Ge>Zn;Zn为30号元素,价电子排布式为3d104s2。
(6)根据晶胞结构特点可知,该晶胞中含有Ge原子数为8×
+6×
+4=8,晶胞质量为
g,体积为(a×10-10cm)3,故晶体密度为
g·cm-3。
答案:
(1)bc
(2)X射线衍射实验 2
(3)分子晶体 bc
(4)面心立方最密堆积 1∶3
(5)1∶1 O>Ge>Zn 3d104s2
(6)
4.(2019·武汉调研)氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源,开发高效储氢材料是氢能利用的重要研究方向。
(1)H3BNH3是一种潜在的储氢材料,其中N原子的价电子轨道表达式为________________。
(2)制备H3BNH3的化学原料为(HB===NH)3,为六元环状物质,与其互为等电子体的有机物分子式为________,CH4、H2O、CO2的键角由大到小的顺序为________________,B、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为________________。
(3)C16S8是新型环烯类储氢材料,研究证明其分子呈平面结构(如图1所示)。
①C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为________。
②测得C16S8中碳硫键的键长介于C—S键和C===S键之间,其原因可能是________________________________________________________________________。
(4)某种铜银合金晶体具有储氢功能,它是面心立方最密堆积结构,Cu原子位于面心,Ag原子位于顶点,H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。
若将Cu、Ag原子等同看待,该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2(如图2)相似,该晶体储氢后的化学式为________。
(5)MgH2是金属氢化物储氢材料,其晶胞如图3所示,该晶体的密度为ρg/cm3,则该晶胞的体积为________cm3(用含ρ、NA的代数式表示)。
解析:
(1)氮原子共有五个价电子,2s轨道上有两个自旋状态相反的电子,2p轨道上有3个自旋状态相同的电子,轨道表达式为
。
(2)(HB===NH)3为六元环状物质,原子数为12,价电子总数为30,与其互为等电子体的有机物为C6H6;CO2键角为180°,CH4键角为109°28′,H2O键角为105°,键角由大到小的顺序为CO2>CH4>H2O;B、C、N、O为同周期元素,N原子2s轨道为全充满状态,2p轨道为半充满状态,体系能量低,较稳定,第一电离能比O原子大,第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>B。
(3)①由图1可知,碳原子均形成双键,其杂化方式为sp2,S原子价层电子对数为
×(6-2)+2=4,杂化方式为sp3。
②C16S8中碳硫键的键长介于C—S键和C===S键之间,这说明该环状物能够发生加成反应,即C16S8分子中碳硫键在一定程度上表现出双键的性质。
(4)一个晶胞中,Cu原子位于面心,数目为6×
=3,Ag原子位于顶点,数目为8×
=1,8个H原子位于内部,数目为8,则化学式为Cu3AgH8。
(5)由MgH2晶胞图可知,Mg原子数目为8×
+1=2,H原子数目为4×
+2=4,即每1mol晶胞含2molMgH2,质量为52g,晶胞体积V=
cm3。
答案:
(1)
(2)C6H6 CO2>CH4>H2O N>O>C>B
(3)①sp2、sp3 ②C16S8分子中碳硫键具有一定程度的双键性质
(4)Cu3AgH8 (5)
5.(2019·昆明模拟)根据第三周期元素的原子结构和性质,回答下列问题:
(1)基态硫原子的价电子排布式为________,含有______个未成对电子,未成对电子所处的轨道形状是________。
(2)磷的氯化物有两种:
PCl3和PCl5,PCl3中磷原子的杂化类型为________,PCl3的立体构型为________,其中PCl3的熔点________(填“大于”或“小于”)PCl5。
(3)已知第一电离能的大小顺序为Cl>P>S,请说明原因________________________________________________________________________。
(4)氯有多种含氧酸,其电离平衡常数如下:
化学式
HClO4
HClO3
HClO2
HClO
Ka
1×1010
1×10
1×10-2
4×10-8
从结构的角度解释以上含氧酸Ka不同的原因________________________________________________________________________。
(5)NaCl晶胞如图所示。
①氯离子采取的堆积方式为________。
A.简单立方堆积 B.体心立方堆积
C.面心立方最密堆积D.六方最密堆积
②若氯离子的半径用r表示,阿伏加德罗常数用NA表示,则晶胞密度的表达式为________(用含r、NA的代数式表示)。
解析:
(1)基态硫原子核外有16个电子,由构造原理可写出其价电子排布式为3s23p4;其3p能级上含有2个未成对电子,未成对电子所处的轨道呈哑铃形或纺锤形。
(2)PCl3中心原子P含3个共用电子对和1对孤对电子,即中心原子P采取sp3杂化,其立体构型为三角锥形;PCl3与PCl5均为分子晶体,其熔点随相对分子质量增大而升高,即PCl3的熔点小于PCl5的熔点。
(3)P原子3p能级处于半充满状态,较难失去电子;而Cl原子半径小,核电荷数较大,故第一电离能:
Cl>P>S。
(4)从表格数据可以看出,中心原子价态越高(或非羟基氧个数越多),其酸性越强,对应的Ka越大。
(5)①由NaCl的晶胞图可知,Cl-采取面心立方最密堆积。
②根据晶胞图可知,面对角线长度为4r,由勾股定理可知晶胞的边长为
,由均摊法可知,该晶胞中含Na+个数为
×12+1=4,含Cl-个数为
×8+
×6=4,设晶胞的密度为ρ(g·cm-3),则
×58.5=ρ×
3,解得ρ=
。
答案:
(1)3s23p4 2 哑铃形或纺锤形
(2)sp3 三角锥形 小于
(3)磷的3p能级处于半充满状态,导致磷原子较难失去电子,氯的原子半径小,核电荷数较大
(4)中心原子的价态不同或非羟基氧的个数不同
(5)①C ②