《高三化学总复习二轮专题突破训练 物质结构与性质综合题(选考).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三化学总复习二轮专题突破训练 物质结构与性质综合题(选考).docx（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、物质结构与性质综合题(选考)1.(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)5Cl2H2O,该化合物中Ti3+的配位数为。该化合物中不含(填字母)。A.键B.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)42+ ,1 mol Cu(H2O)2 (NH3)42+中含有的键数目为(设NA为阿伏加德罗常数的值);配体分子NH3键角大于H2O的原
2、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”或“”)BBr3,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PP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a nm,晶体中与P距离最近的Rh的数目为,晶体的密度为gcm-3(列出计算式)
3、。答案和解析1.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)八121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1s22s22p63s23p63d104s1。(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)5Cl2H2
4、O,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)52+与Cl-之间的离子键,TiCl(H2O)52+内部Ti3+与Cl-、H2O之间的配位键,H2O中HO之间的极性共价键,配位键和H2O中的极性键均为键,故不含键和非极性键。(4)设NA为阿伏加德罗常数的值。1个H2O内含2个键,1个NH3含3个键,同时每个H2O、NH3与中心Cu原子之间形成1个配位键,也属于键,故1 mol该配离子中含有键个数=(22+34+6) mol=22 mol,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
5、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818+612=4,O2-数目为1214+1=4,当出现晶体塌陷后,晶胞质量为4.010-22 g,M(NixO)=4.010-22 gNA mol-1241 gmol-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+)=12,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121。2.答案 (1)原子晶体NH3的中心原子N上有一对孤电子
6、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)d2292a2c10-3032NA解析 (1)立方氮化硼(BN)硬度大、熔点为3 000 ,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)
7、Co元素位于第四周期族,属于d区;Co(NH3)63+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922NA g,晶胞底面为边长为a pm的菱形,所以底面积为32a2 pm2,高为c pm,则体积为32a2c pm3=32a2c10-30 cm3,所以密度为292a2c10-3032NA gcm-3。3.答案 (1)3d104s1(2)5(3)4(4)35(5)共价键原子3168dNA解析
8、 (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+212=5。(3)Ni提供空轨道,N原子提供孤电子对,故1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4 mol。(4)晶胞中H2分子位于面上和棱上,所以H2分子数目=212+814=3,Ni原子在面上和体内,所以Ni原子数目=1+812=5,二者物质的量之比为35。(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,
9、Ga位于顶点和体内,所以含有Ga原子数目=1+818=2,N原子位于棱上和体内,所以含有N原子数目=1+414=2,所以晶胞密度=mV=284NAa3 gcm-3,晶胞边长a=3284NA cm=3168dNA cm。4.答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s24p1GaON(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)四面体结构Ga(NH3)4Cl2Cl(4)BEsp3和sp2(5)43(a3+b3)10-30cNA70+14100%解析 (1)镓是31号元素,故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1;Ga是金属元素,
10、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ON,故Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为GaOPBr3是极性分子,BBr3是非极性分子(5)AB(6)82374NA(a10-7)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Ne3s23p3;同周期元素从左到右,电离能呈增大趋势,周期中A族元素的电离能大于A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元素有三个键和一对孤电子对
11、,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PP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Rh2P中Rh和P原子数之比为21,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:818+612=4;Rh原子数:81=8,故根据=NMNA(a10-7)3 gcm-3=2374NA(a10-7)3 gcm-3。学科网（北京）股份有限公司