【文档说明】2023届高考二轮总复习试题 化学（适用于老高考旧教材）大题突破练5　物质结构与性质综合题（选考）.docx，共(9)页，639.733 KB，由小赞的店铺上传

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大题突破练5物质结构与性质综合题(选考)1.(2022内蒙古呼伦贝尔满洲里三模)三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂,具有高效、广谱、较为安全的消毒作用。三氯异氰尿酸之所以有杀菌、消毒功能,是因为三氯异氰尿酸溶于水能迅速生成次氯酸,化学方程式如图:2+6H2O++6HClO回答下列问题:(1)

Cl的基态原子核外电子排布式为。在三氯异氰尿酸分子中,C和N原子的杂化类型分别为、,基态C和N原子的核外未成对电子数较多的是。(2)苯分子中有6个C原子,每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键,可记为Π66(右下角“6”表示6

个原子,右上角“6”表示6个共用电子),则氰尿酸分子中存在的大π键可表示为。(3)设NA为阿伏加德罗常数的值。1mol异氰尿酸分子中σ键的数目为,π键的数目为。HClO分子属于(填“极性”或“非极性”)分子,其立体构型为。(4)异氰尿酸分

子和氰尿酸分子的熔点都高于三氯异氰尿酸分子的熔点,其原因是。(5)CO2的综合利用有利于“碳中和”,CO2分子在晶体中的堆积方式如图所示,该晶体为面心立方最密堆积结构,晶胞边长为apm,则该晶体的密度ρ=g·cm-3(列出计算式,设NA为阿伏加德罗常数的值)。2.(2022宁夏石嘴山适应

性测试)磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似,也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率,科学家最近研发了黑磷—石墨复合负极材料,其单层结构俯视图如图2所示。图1图2回答下列问题:(1)Li、C、P三种元素中,电负性最小的是(

用元素符号作答)。(2)基态磷原子的电子排布式为;第三周期中第一电离能比P大的元素有种。(3)图2中,黑磷区P原子的杂化方式为;石墨区C原子的杂化方式为。(4)P和B的溴化物在水中的溶解度:PBr3(填“>”或“<”)BBr

3,原因是。(5)根据图1和图2的信息,下列说法正确的有(填字母)。A.黑磷区P—P的键能不完全相同B.黑磷与石墨都属于混合型晶体C.由石墨与黑磷制备该复合材料的过程是物理变化D.单层复合材料中,P原子与C原子之间的作用力属于范德华力(

6)贵金属磷化物Rh2P可用作电解水的高效催化剂,其立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为anm,晶体中与P距离最近的Rh的数目为,晶体的密度为g·cm-3(列出计算式)。3.(2022青海西宁二模)氮化镓(GaN)、碳化硅(SiC)是第三代

半导体材料。(1)基态Ga原子的核外电子排布式为。Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为。(2)GaCl3的熔点为77.9℃,气体在270℃左右以二聚物存在,GaF3的熔点为1000℃;GaCl3的熔点低于GaF3的原因为。(3)GaCl3·xNH3(x=3,4,5,6)是一系列化合物,向含1

molGaCl3·xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液,有难溶于稀硝酸的白色沉淀生成;过滤后,充分加热滤液,有4mol氨气逸出,且又有上述沉淀生成,两次沉淀的物质的量之比为1∶2。①NH3的VSEPR模型名称为。②能准确

表示GaCl3·xNH3结构的化学式为。(4)与镓同主族的硼(B)具有缺电子性,硼砂(四硼酸钠Na2B4O7·10H2O)中B4O72-是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环,应写成[B4O

5(OH)4]2-的形式,结构如图所示,则该离子中存在的作用力有(填字母),B原子的杂化方式为。A.离子键B.极性键C.氢键D.范德华力E.配位键(5)氮化镓的晶胞如图所示,Ga原子与N原子半径分别为apm和bpm,阿伏加德罗

常数的值为NA,晶胞密度为cg·cm-3,则该晶胞的空间利用率为(已知空间利用率为晶胞内原子体积占晶胞体积的百分比)。4.(2022四川射洪模拟测试)硼、氮、磷、钴、镍等元素的化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。(1)制备氮化硼(BN)的一种方法为BCl3(g)+N

H3(g)BN(s)+3HCl(g)。立方氮化硼(BN)硬度大、熔点为3000℃,其晶体类型为。试用价层电子对互斥理论解释BCl3的键角比NH3大的原因:。(2)磷原子在成键时,能将一个3s电子激发到3d能级而参与成键,写出该激发态磷原子的核外电子排布式:。(3)钴位

于周期表的区,钴与NH3易形成正八面体形的[Co(NH3)6]3+配离子,试推测[CoCl2(NH3)4]+的空间构型有种。Co可以形成六方晶系的CoO(OH),晶胞结构如图所示,设NA为阿伏加德罗常数的值,该晶体的密度为g·cm-3

(用代数式表示)。5.(2022陕西西安六区联考三)2021年7月4日,“神舟十二号”航天员圆满完成出舱任务。“神舟十二号”制作材料中包含了Cu、Ga、Ni、Xe等多种元素。回答下列问题:(1)基态铜的价层电子排布

式为。(2)Xe是第五周期的稀有气体元素,与F形成的XeF2在室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为。(3)含有两个或两个以上配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物。Ni2+的一种螯合物结构

如图所示,1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有mol。(4)镍基合金储氢的研究已取得很大进展。如图是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后,H2与Ni的物质的量之比为。(5)①氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构,氮化镓中氮原子与镓原子之间以相结合,氮化镓属于晶体。②氮化镓为

立方晶胞,氮化镓的密度为dg·cm-3。列出计算氮化镓晶胞边长a的表达式:a=cm。6.(2022江西八所重点中学联考)元素周期表中第四周期元素形成的化合物种类丰富。回答下列问题:(1)基态Cu原子的核外电子排布式为。(2)K与Zn属于同一周期,K的第一电离能小于Zn的第一电离能

,原因:。(3)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,该化合物中Ti3+的配位数为。该化合物中不含(填字母)。A.σ键B.π键C.配位键D.离子键E.极性键F.非极性键(4)Cu2+在

氨水溶液中可以形成[Cu(H2O)2(NH3)4]2+,1mol[Cu(H2O)2(NH3)4]2+中含有的σ键数目为(设NA为阿伏加德罗常数的值);配体分子NH3键角大于H2O的原因为。(5)NiO晶胞为NaCl型结构(如图)。其中Ni2+可看成填充在O2-组成

的正面体空隙中,填充率为100%。将NiO在空气中加热,部分Ni2+被氧化为Ni3+,成为NixO(x<1),晶体仍保持电中性,则会出现晶体缺陷,填充率下降。现有NixO晶胞的质量为4.0×10-22g。则分别填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为。参

考答案大题突破练5物质结构与性质综合题(选考)1.答案(1)[Ne]3s23p5sp2sp3N(2)Π66(3)12NA3NA极性V形(4)异氰尿酸分子和氰尿酸分子的分子间存在氢键,而三氯异氰尿酸分子间不能形

成氢键(5)176𝑎3𝑁A×1030解析(1)Cl的原子序数是17,其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p5。在三氯异氰尿酸分子中,C是不饱和碳原子,属于sp2杂化,N全部形成单键,N原子的杂化类型为sp3,基态C和N原子的核外未成对电

子数分别是2、3,因此核外未成对电子数较多的是N。(2)氰尿酸分子的环状结构和苯环结构是类似的,则氰尿酸分子中存在的大π键可表示为Π66。(3)设NA为阿伏加德罗常数的值。单键都是σ键,双键中也含有1个σ键,根据异氰尿酸分子的结构简式可知,1mol异氰尿酸

分子中σ键的数目为12NA,双键中也含有1个π键,π键的数目为3NA。HClO分子的结构式为H—O—Cl,结构不对称,属于极性分子,中心原子氧含有2对孤电子对,其立体构型为V形。(4)由于异氰尿酸分子和氰尿酸分子的分子间存在氢键,而三氯异氰尿酸

分子间不能形成氢键,所以异氰尿酸分子和氰尿酸分子的熔点都高于三氯异氰尿酸分子。(5)根据晶胞结构可知,含有二氧化碳分子的个数是8×18+6×12=4,晶胞边长为apm,所以该晶体的密度ρ=44×4𝑎3×10-30×𝑁Ag·cm-3=176𝑎3�

�A×1030g·cm-3。2.答案(1)Li(2)1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p32(3)sp3sp2(4)>PBr3是极性分子,BBr3是非极性分子(5)AB(6)8237×4𝑁A(𝑎×10-7)

3解析(1)非金属性越强,电负性越强,Li为金属元素,三种元素中电负性最小的是Li。(2)根据电子排布三原则书写P的电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3;同周期元素从左到右,电离能呈增大趋势,周期中Ⅴ

A族元素的电离能大于ⅥA族元素,比P的第一电离能大的元素是Cl和Ar,有2种。(3)黑磷区中P根据题图1形成共价键,P元素有三个σ键和一对孤电子对,价层电子对数为4,采用sp3杂化,石墨区C原子根据空间构型判断是sp2杂化。

(4)根据杂化轨道理论判断PBr3的空间构型是三角锥形,属于极性分子,BBr3的空间构型是平面三角形,属于非极性分子,水分子是极性分子,依据“相似相溶”规律,极性分子易溶于极性溶剂,PBr3在水中的溶解度大于BBr3。(5)根据题图1中键长的不同,判断黑磷区P—P的键能不完全相同,A正确;黑磷与

石墨类似,也具有层状结构,根据石墨是混合型晶体,黑磷也属于混合型晶体,B正确;由石墨与黑磷制备该复合材料有新的键形成可知,有新物质生成,故属于化学变化,C不正确;单层复合材料中,P原子与C原子之间的作用力属于共价键,D不正确。(6)根据R

h2P中Rh和P原子数之比为2∶1,根据晶胞图中位于面心和顶点的是P原子,判断与P距离最近的Rh的数目为8;晶胞中P原子数:8×18+6×12=4;Rh原子数:8×1=8,故根据ρ=𝑁·𝑀𝑁A×

(𝑎×10-7)3g·cm-3=237×4𝑁A(𝑎×10-7)3g·cm-3。3.答案(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1Ga<O<N(2)氟化镓是离子晶体,氯化镓是分子晶体,离子晶体的熔点远远高于分子晶体(3)①四面体

结构②[Ga(NH3)4Cl2]Cl(4)BEsp3和sp2(5)43π(𝑎3+𝑏3)×10-30𝑐𝑁A70+14×100%解析(1)镓是31号元素,故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1;Ga是金属元素,其第一电离能最小,氮元

素的电子排布式为1s22s22p3,2p能级半充满,较稳定,所以第一电离能O<N,故Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为Ga<O<N。(2)氟化镓是离子晶体,氯化镓是分子晶体,离子晶体的熔点远远高于分子晶体

。(3)中心原子N的价层电子对数为5+1×32=4,故NH3的VSEPR模型名称为四面体结构;加入足量AgNO3溶液,有沉淀生成,说明有氯离子;过滤后,充分加热滤液,使配位键断裂,产生NH3和Cl-,有4mol氨气逸出,Cl-与Ag+生成

沉淀,两次沉淀的物质的量之比为1∶2,则有配位键的Cl-与没有配位键的Cl-的个数比为2∶1,Ga3+配位数为6,则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。(4)由[B4O5(OH)4]2-的结构

可知,上下两个B原子周围有四个化学键,但是B原子最外层只有三个电子,可以与三个氧原子形成σ键,多余的一个化学键是硼原子提供空轨道,氧原子提供孤电子对形成的配位键,故上下两个硼原子为sp3杂化;左右两个硼原子

周围有三个化学键,均为极性共价单键,故左右两个硼原子为sp2杂化。(5)由题图可知,晶胞的8个顶点有8个镓原子,还有1个镓原子全部属于该晶胞,故该晶胞拥有的镓原子个数为8×18+1=2,晶胞的4个棱中有4个氮原子,还有1个氮原子全部属于该晶胞,故该晶胞拥有的

氮原子个数为4×14+1=2,则该晶胞的空间利用率为[43π(𝑎×10-10)3+43𝜋(𝑏×10-10)3]×22×(70+14)𝑐𝑁A×100%=43π(𝑎3+𝑏3)×10-30𝑐𝑁A70+14×1

00%。4.答案(1)原子晶体NH3的中心原子N上有一对孤电子对而BCl3没有,孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对与成键电子对的斥力(2)1s22s22p63s13p33d1(3)d22×92𝑎2×𝑐×10-30×√32×𝑁A解析(1)立方氮

化硼(BN)硬度大、熔点为3000℃,应为原子晶体;B原子的价电子数为3,所以在BCl3分子中,B原子没有孤电子对,N原子的价电子数为5,所以在NH3中,N原子有一对孤电子对,孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子

对与成键电子对的斥力,所以BCl3的键角比NH3大;(2)基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,将一个3s电子激发到3d能级后,核外电子排布为1s22s22p63s13p33d1;(3)Co元素位

于第四周期Ⅷ族,属于d区;[Co(NH3)6]3+为正八面体结构,[CoCl2(NH3)4]+即两个Cl-取代两个NH3分子的位置,有相邻和相对两种不同情况,所以[CoCl2(NH3)4]+的空间构型有2种;晶胞中O原子的个数为4,化学式为CoO(OH),所以一个晶胞中有2个

CoO(OH)单元,则晶胞的质量为92×2𝑁Ag,晶胞底面为边长为apm的菱形,所以底面积为√32a2pm2,高为cpm,则体积为√32a2cpm3=√32a2c×10-30cm3,所以密度为2×92𝑎2×𝑐×10-30×√32×𝑁Ag·cm-3。5.答案

(1)3d104s1(2)5(3)4(4)3∶5(5)①共价键原子②√168𝑑𝑁A3解析(1)铜元素的原子序数为29,核外电子数为29,根据能量最低原理和洪特规则写出基态铜原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p63d104s1,价电子排布式

为3d104s1。(2)XeF2中心原子的价层电子对数=8+2×12=5。(3)Ni提供空轨道,N原子提供孤电子对,故1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4mol。(4)晶胞中H2分子位于面上和棱上,所以H2分子数目=2×12+8×14=3,Ni原子在面

上和体内,所以Ni原子数目=1+8×12=5,二者物质的量之比为3∶5。(5)由于氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构,所以氮化镓为原子晶体,原子之间以共价键结合在一起;GaN晶胞中,Ga位于顶点和体内,所以含有Ga原子数目=1+8×18=2,N原子位于棱上和体内,所以含有N原子数目=1

+4×14=2,所以晶胞密度ρ=𝑚𝑉=2×84𝑁A×𝑎3g·cm-3,晶胞边长a=√2×84𝜌·𝑁A3cm=√168𝑑·𝑁A3cm。6.答案(1)1s22s22p63s23p63d104s1(2)Zn原子半径小,且价电子排布为全充满结构,第一电离能更大(3)6BF

(4)22NANH3中心N原子只有一对孤电子对,H2O中心O原子有两对孤电子对,孤电子对越多,键角越小(5)八1∶2∶1解析(1)已知Cu是29号元素,则基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23

p63d104s1。(2)K与Zn都是第四周期的元素,二者属于同一周期,但K的第一电离能小于Zn的第一电离能,这是因为Zn的原子序数大,原子半径小,且价电子排布为全充满结构,第一电离能更大。(3)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·

H2O,该化合物中Ti3+的周围共有6个配位键,6个配体,则其配位数为6,该化合物中存在[TiCl(H2O)5]2+与Cl-之间的离子键,[TiCl(H2O)5]2+内部Ti3+与Cl-、H2O之间的配位键,H2O中H—O之间的极性共价键,配位键和H2O中的极性键均为σ键

,故不含π键和非极性键。(4)设NA为阿伏加德罗常数的值。1个H2O内含2个σ键,1个NH3含3个σ键,同时每个H2O、NH3与中心Cu原子之间形成1个配位键,也属于σ键,故1mol该配离子中含有σ键个数=(2×2+3×4+6)mol=22mol,即22NA;NH3中心

N原子只含1对孤电子对,而H2O中心O原子含2对孤电子对,孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力,故H2O键角小于NH3。(5)由题图可知,氧离子在棱上和体心,所以Ni2+填充在由O2-构成的正八面体空隙中;依据晶胞结构,Ni2+数目为8×18+6

×12=4,O2-数目为12×14+1=4,当出现晶体塌陷后,晶胞质量为4.0×10-22g,M(NixO)=4.0×10-22g×NAmol-1≈241g·mol-1,故此时晶体的化学式为Ni3O4,有一个Ni2+所在的空隙塌陷,依据化合价可知,N(Ni2+)∶N(Ni3+)=1∶2,外

加塌陷的空隙,填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为1∶2∶1。