2020届高三化学二轮复习物质结构与性质综合题的研究选考物质结构与性质逐空特训核心突破经典例题提升训

《高考12题逐题突破》：物质结构与性质综合题的研究(选考)——物质结构与性质逐空特训1.(2019·海南，19，改编)Ⅰ.下列各组物质性质的比较，结论正确的是________。A.分子的极性：BCl3＜NCl3B.物质的硬度：NaI＞NaFC.物质的沸点：HF＜HClD.在CS2中的溶解度：CCl4＜H2OⅡ.锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题：(1)Mn位于元素周期表中第四周期____族，基态Mn原子核外未成对电子有______个。(2)MnCl2可与NH3反应生成[Mn(NH3)6]Cl2，新生成的化学键为______键。NH3分子的空间构型为______，其中N原子的杂化轨道类型为__________。(3)金属锰有多种晶型，其中δ­Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm，δ­Mn中锰的原子半径为______________pm。已知阿伏加德罗常数的值为NA，δ­Mn的理论密度ρ＝______________________________g·cm－3。(列出计算式)(4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰离子的化合价为__________，其配位数为__________。答案Ⅰ.AⅡ.(1)ⅦB5(2)配位三角锥形sp3(3)3a42×55NA·a3×10－30(4)＋26解析Ⅰ.BCl3中B原子达到最高化合价＋3价，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是极性分子，所以分子极性：BCl3＜NCl3，A项正确；NaF、NaI都是离子晶体，阴、阳离子通过离子键结合，由于离子半径：F－＜I－，离子半径越小，离子键越强，物质的硬度就越大，所以物质硬度：NaF＞NaI，B项错误；HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C项错误；CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4＞H2O，D项错误。Ⅱ.(1)Mn是25号元素，在元素周期表中第四周期ⅦB族，根据构造原理可得基态Mn原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，根据电子排布式可知，该原子核外的未成对电子有5个。(2)MnCl2中的Mn2＋上有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物[Mn(NH3)6]Cl2，则新生成的化学键为配位键。NH3中N原子的价层电子对数为3＋5－3×12＝4，且N原子上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以NH3分子的立体构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，由于晶胞参数为apm，则3apm＝4r，则Mn原子半径r＝3a4pm；在一个Mn晶胞中含有的Mn原子数为8×18＋1＝2，则根据晶体密度ρ＝mV，可得晶胞密度ρ＝mV＝2×55NAga×10－103cm3＝2×55NA·a3×10－30g·cm－3。(4)在晶胞中含有的Mn原子数目为：14×12＋1＝4，含有的O原子数目为：18×8＋12×6＝4，n(Mn)∶n(O)＝4∶4＝1∶1，所以该氧化物的化学式为MnO，根据化合物中元素化合价代数和等于0可知，由于O的化合价为－2价，所以Mn的化合价为＋2价；根据晶胞结构可知：在Mn原子上、下、前、后、左、右6个方向各有一个O原子，所以Mn原子的配位数是6。2.(2019·江苏，21A)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。(1)Cu2＋基态核外电子排布式为________________。(2)SO2－4的空间构型为__________________________(用文字描述)；Cu2＋与OH－反应能生成[Cu(OH)4]2－，[Cu(OH)4]2－中的配位原子为________________(填元素符号)。(3)抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为__________________________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：______________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。(4)一个Cu2O晶胞(如图2)中，Cu原子的数目为______。答案(1)[Ar]3d9(或1s22s22p63s23p63d9)(2)正四面体形O(3)sp3、sp2易溶于水(4)4解析(1)Cu为29号元素，根据构造原理可知，Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1，失去2个电子后变为Cu2＋，则Cu2＋的核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9。(2)SO2－4中S没有孤电子对，价电子对数为0＋4＝4，故S为sp3杂化，SO2－4的空间构型为正四面体形。该配离子中Cu提供空轨道，O提供孤电子对，故配位原子为O。(3)该分子中形成单键的碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化。1个抗坏血酸分子中含有4个羟基，其可以与H2O形成分子间氢键，所以抗坏血酸易溶于水。(4)根据均摊法知，该晶胞中白球个数为8×18＋1＝2，黑球个数为4，白球和黑球数目之比为1∶2，所以Cu为黑球，1个晶胞中含有4个Cu原子。3.铁及其化合物用途非常广泛，如氯化铁常用作氧化剂、废水处理的絮凝剂，硫酸亚铁铵常用作还原剂，二茂铁可用作火箭燃料添加剂、高温润滑剂。(1)基态Fe2＋核外电子排布式为__________________________________________。(2)N、O、S三种元素形成的简单氢化物的沸点由高到低的顺序为______________。NH＋4的键角____________(填“大于”或“小于”)H3O＋的键角，理由是_________________________________________________________________________________________。(3)Fe2＋可与环戊二烯离子(C5H－5)形成化合物二茂铁[(C5H5)2Fe]，它是一种夹心式结构的配位化合物，且两个C5H－5环是平行的，其中碳原子的杂化方式是_______________________。(4)FeCl3的熔点为282℃，沸点为315℃，在400℃时，它的蒸气中有双聚分子Fe2Cl6存在，其中每个Fe原子周围的Cl原子呈四面体排布，则FeCl3属于________晶体，该双聚分子中最多有________个原子共平面。答案(1)1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)(2)H2O＞NH3＞H2S大于NH＋4中的N原子、H3O＋中的O原子都采取sp3杂化，但H3O＋中含有1对孤电子对，对其他成键电子对的排斥作用更大，使得H3O＋的键角偏小(3)sp2(4)分子6解析(1)Fe元素为26号元素，Fe失去最外层2个电子变为Fe2＋，因此基态Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。(2)N、O、S的简单氢化物分别为NH3、H2O、H2S，H2O、NH3分子间存在氢键，H2S分子间无氢键，沸点由高到低的顺序为H2O＞NH3＞H2S；NH＋4的键角大于H3O＋的键角，因为NH＋4中的N原子、H3O＋中的O原子都采取sp3杂化方式，但H3O＋中含有1对孤电子对，对其他成键电子对的排斥力更大，故H3O＋的键角偏小。(3)环戊二烯离子(C5H－5)的结构简式为－,5个C以sp2杂化方式形成了一个π65大π键(5中心6电子大π键)，所以原子共处同一平面。(4)FeCl3熔、沸点较低，且以共价键形成共价型分子，故属分子晶体。Fe2Cl6双聚分子的每个Fe原子外的Cl原子都形成以Fe原子为中心的正四面体结构，因此其结构为，所以该分子中有6个原子共平面。4.(1)①C60和金刚石都是碳的同素异形体，二者相比较熔点高的是______________。②超高导热绝缘耐高温纳米氮化铝在绝缘材料中应用广泛，氮化铝晶体与金刚石类似，每个Al原子与______个氮原子相连，与同一个N原子相连的Al原子构成的立体构型为__________，氮化铝晶体属于________晶体。③金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液体Ni(CO)4，呈正四面体构型。试推测Ni(CO)4的晶体类型是______，Ni(CO)4易溶于下列______(填字母，下同)。A.水B．四氯化碳C.苯D．硫酸镍溶液④氯化铝在177.8℃时升华，蒸气或熔融状态以Al2Cl6形式存在。下列关于氯化铝的推断错误的是________。A.氯化铝为共价化合物B．氯化铝为离子化合物C.氯化铝难溶于有机溶剂D．Al2Cl6中存在配位键(2)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为________；若该晶胞密度为ρg·cm－3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol－1。NA代表阿伏加德罗常数，则晶胞参数a为________pm。答案(1)①金刚石②4正四面体形原子③分子晶体BC④BC(2)434MNAρ×1010解析(1)①C60是分子晶体、金刚石是原子晶体，所以金刚石的熔点远远高于C60的熔点。②由金刚石结构每个C原子均以sp3杂化与其他四个C原子相连形成四个共价键构成正四面体结构可推测。③由挥发性液体可知Ni(CO)4是分子晶体，由正四面体构型可知Ni(CO)4是非极性分子。④由氯化铝易升华可知氯化铝是分子晶体，Al—Cl键不属于离子键应该为共价键，Al原子最外层三个电子全部成键，形成三个Al—Clσ键，无孤电子对，是非极性分子，易溶于有机溶剂，Al有空轨道，与氯原子的孤电子对能形成配位键，A、D正确。(2)根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为8×18＋6×12＝4，含有锌原子数为4，根据ρ＝mV＝4MNAV，所以V＝4MρNA，则晶胞参数a＝34MNAρcm＝34MNAρ×1010pm。5.第ⅤA族的氮、磷、砷(As)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含第ⅤA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。(1)砷元素的基态原子价层电子排布图为________。(2)氮元素的单质除了N2外，还有N4，则N4中N的轨道杂化方式为________。(3)对氨基苯甲醛与邻氨基苯甲醛相比，沸点较高的是________(填“前者”或“后者”)，原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质，在NaN3固体中阴离子的立体构型为________。(5)王水溶解黄金的反应如下：Au＋HNO3＋4HCl===H[AuCl4]＋NO↑＋2H2O，产物中的H[AuCl4]是配合物，它的配位体是________。(6)砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%。推广砷化镓等发光二极管(LED)照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图，晶胞参数a＝565pm。①砷化镓的化学式为______，镓原子的配位数为______。②砷化镓的晶胞密度＝______________________________________g·cm－3(列式并计算，精确到小数点后两位)，m位置Ga原子与n位置As原子之间的距