2019高考化学 考点必练 专题28 物质结构与性质补差专练.doc

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考点二十八 物质结构与性质补差专练1(2018届湖南省益阳市高三4月调研考试)据媒体报道,法国一家公司Tiamat日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池,预计从2020年开始实现工业生产。该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2),电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问题:(1)Te属于元素周期表中_区元素,其基态原子的价电子排布式为_。(2)基态Na原子中,核外电子占据的原子轨道总数为_,最高能层电子云轮廓图形状为_(3)结合题中信息判断:C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(4)CO32-的几何构型为_;碳酸丙烯酯的结构简式如图所示,则其中碳原子的杂化轨道类型为_,1mol碳酸丙烯酯中键的数目为_.(5)Co(H2O)63+的几何构型为正八面体形,配体是_,该配离子包含的作用力为_(填选项字母)。A.离子键 B.极性键 C.配位键 D.氢键 E.金属键(6)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示,晶胞中O的配位数为_,该晶胞的密度为g/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA,则Na与O之间的最短距离为_cm(用含、NA的代数式表示)。【答案】 p 5s25p4 6 球形 OClC 平面三角形 sp2、sp3 l3NA(或136.021023) H2O BC 8 (3)元素的非金属性越强,氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水,氧元素的非金属性最强,电负性数值越大,C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为OClC,故答案为:OClC;(4)CO32-中C的价层电子对数=3+(4+2-32)=3,几何构型为平面三角形;根据碳酸丙烯酯的结构简式,则其中碳原子有2种,不饱和的碳氧双键中的C原子采用sp2杂化,饱和的碳原子采用sp3杂化;1mol碳酸丙烯酯中含有6molC-H,4molC-O,2molC-C和1molC=O,共13mol,键的数目为136.021023,故答案为:平面三角形;sp2、sp3;136.021023;(5)Co(H2O)63+的几何构型为正八面体形,配体是H2O,该配离子包含的作用力有H-O极性键、配位键,故答案为:BC;(6)晶胞中Na+离子数目为8,O2-离子数目为8+6=4,Na+离子、O2-离子数目之比为2:1,故该晶体化学式为Na2O,由图可知,每个Na+离子周围有4个O2-离子,Na+离子配位数为4,距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个,则O的配位数为8;晶胞质量为g,该晶胞的密度为gcm-3,而晶胞体积为ggcm-3=cm3,晶胞棱长为cm,则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的=cm,故答案为:8; 。2(2018届广东省韶关市高三4月模拟考试二模)硼和氮的单质及一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题:(1)N原子核外有_ 种不同运动状态的电子。基态N原子中,能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为_。(2)经测定发现,N2O5固体由NO2+和NO3-两种离子组成,该固体中N原子杂化类型为_;与NO2+互为等电子体的微粒有_(写出一种)。(3)铵盐大多不稳定。NH4F、NH4I中,较易分解的是_,原因是_。(4) 第二周期中,第一电离能介于B元素和N元素间的元素为_(填“元素符号”)。(5)晶体硼有多种变体,但其基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体( 见图I),每个顶点为一个硼原子,每个三角形均为等边三角形。则每一个此基本结构单元由_个硼原子构成;若该结构单元中有2 个原子为10B(其余为11B),那么该结构单元有_种不同类型。(6)硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构相类似,B、N原子相互交替排列(见图II),其晶胞结构如图III所示。设层内B-N核间距为apm,面间距为bpm,则该氮化硼晶体的密度为_g/cm3(用含a、b、NA 的代数式表示)。【答案】 七(或“7”) 哑铃形 sp、sp2 SCN-、CO2、CS2、N3-等中的任一种 NH4F F原子半径比I原子小,HF键比HI键强(HF更易形成),F-更易夺取NH4+中的H+ Be、C、O 12 3 或或(3)铵盐大多不稳定。NH4F、NH4I中,较易分解的是NH4F,原因是F原子半径比I原子小,HF键比HI键强(HF更易形成),F-更易夺取NH4+中的H+;(4)同一周期元素中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第IIA族、第V族元素原子最外层电子处于该轨道的全充满、半充满的稳定状态,所以其第一电离能大于其相邻元素,故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素;(5)顶点数: 12(个)(共20个面,每个面均为正三角形,有三个顶点,而每个顶点都同时属于5个面,所以有12个原子;当选定1个顶点后,与它最近的顶点数为5个,然后就是5个和1个,即二取代物有3种,即该结构单元有3种不同类型;(6)根据图III可知一个晶胞中含有N原子数为,B原子数为,将一个六边形切成相等的六个,每个的底为apm=acm,高为pm,面积为,晶胞的体积为,故密度为=。3(2018届河南省南阳市第一中学高三第十四次考试)明代宋应星所著天工开物中已经记载了我国古代用炉甘石(主要成分ZnCO3)和煤冶锌工艺,锌的主要用途是制造锌合金和作为其他金属的保护层。回答下列问题:(1)Zn原子基态核外电子排布式为_。(2)硫酸锌溶于氨水形成Zn(NH3)4SO4溶液。与SO42-互为等电子体的阴离子化学式为_(写出一种)氨的热稳定性强于膦(PH3),原因是_。(3)黄铜是由铜和锌所组成的合金,元素铜与锌的第一电离能分别为ICu=746 kJmol-1,IZn=906 kJmol-1,ICuCZn 平面三角形 12 974/(a10-10)3NA【解析】(1)Zn是30号元素,其原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2。(2)与SO42-互为等电子体的阴离子有PO43-(或ClO4-) ;氨的热稳定性强于膦(PH3),原因是氮元素的非金属性强于磷元素。4(2018届江西省新余市高三第二次模拟考试)由S、Cl及Fe、Co、Ni等过渡元素组成的新型材料有着广泛的用途,回答下列问题:(1)钴元素基态原子的电子排布式为_,P、S、C1的第一电离能由大到小顺序为_。(2)SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_,该分子空间构型为_。(3)Fe、Co、Ni等过渡元素易与CO形成配合物,化学式遵循18电子规则:中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18,如Ni与CO形成配合物化学式为Ni(CO)4,则Fe与CO形成配合物化学式为_。Ni(CO)4中键与键个数比为_,已知:Ni(CO)4熔点-19.3,沸点43,则Ni(CO)4为_晶体。(4)已知NiO的晶体结构如图1所示。NiO的晶体结构可描述为:氧原子位于面心和顶点,氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙,镍原子填充在氧原子形成的空隙中。则NiO晶体中镍原子填充在氧原子形成的_体空隙中。已知MgO与NiO的晶体结构相同,其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm和69pm。则熔点:MgO_NiO(填“”、“ P S sp3 V 形 Fe(CO)5 11 分子 正八面 Mg2+半径比 Ni2+小, MgO 的晶格能比 NiO 大 构型为V形。(3)每个分子内含有1个键和2个键,而每个分子同时又通过1个配位键与原子连接,所以键和键之比为。是由配位键形成的化合物,配位键属于共价键的一种,所以该物质是分子晶体。(4)由图可知,氧原子形成的正四面体空隙中不含镍原子,中间是空的,形成的正八面体空隙中含有一个镍原子,则该晶体中镍原子填充在氧原子形成的正八面体空隙中。晶体结构相同时,离子半径越小离子键强度越高,半径比小,的晶格能比大,故熔点。图中的单分子层可以如图画出一维重复单元:重复单元呈平行四边形,是相邻四个原子球中心的连线,每个重复单元包含1个原子和1个原子,相对分子质量为75。重复单元所占的平行四边形面积:,则1平方米上该晶体质量为:,即。5(2018届广西桂林市、贺州市高三上学期期末联考)天宫二号空间实验室于2016年9月15 日在酒泉卫星发射中心发射成功。实验室承载了10余项太空实验,其中包含了好比科幻英维“综合材料”多晶碲化锌(ZnTe)的实验。(1)电负性Zn_Te(填“”或“”或“=”)。(2)O、S、Se与Te元素位于同一主族。基态碲(Te)原子核外电子排布式为Kr_,有_个未成对电子。(3)H2O、H2S、H2Se沸点由低到高顺序为_,推断的依据是_;SO2分子中S原子采取_杂化;用价层电子对互斥理论解释SO42-的键角大于SO32-的原因是_。(4)向氯化锌溶液中加入过量的氨水,得到Zn(NH3)4Cl2,此配位化合物中含有的化学键有共价键、_、_。(5)碲化锌晶体有两种结构,其中一种晶胞结构如下图:晶胞中含有_个Te原子;与Te原子距离最近的Te原子有_个;若两个距离最近的Te原子间距为apm.则晶体密度为_g/cm3。【答案】 4d105s25p4 2 H2S2Se2O 水分子之间能形成氢键,因此沸点最高,相对分子质量H2S2Se,分子间作用力H2S2Se,因此沸点H2S H2Se H2O sp2 两种离子的中心硫原子均为sp3杂化。SO42-中没有孤对电子,SO42-有一对孤对电子,孤电子对对成键电子有排斥作用,因此键角更小 离子键 配位键 4 12 解析:(1) 一般来说,非金属元素电负性大于1.8,金属元素小于等于1.8,所以电负性ZnTe;碲(Te)原子核外电子比Kr多16个,排布在4d、5s、5p能级,基态碲(Te)原子核外电子排布式为Kr 4d105s25p4;5p能级上有2个未成对电子;(3)相对分子质量H2SH2Se,分子间作用力H2SH2Se,因此沸点H2S H2Se,水分子之间能形成氢键,因此沸点最高,所以H2O、H2S、H2Se沸点由低到高顺序为H2SH2SeCSi sp 直线型 N 球形 8 16 将NaCl晶胞中面心上的Na+和棱边上的C1-全部去掉,将顶角上的Na+替换为Cs+(或其他合理答案)7(2018届福建省厦门市双十中学高三第八次能力考试)C、N和Si能形成多种高硬度材料,如Si3N4,C3N4,SiC.(1)Si3N4和C3N4中硬度较高的是_,理由是_.(2)C和N能形成一种类石墨结构材料,其合成过程如下图所示。该类石墨结构材料化合物的化学式为_。其合成过程中有三聚氰胺形成,三聚氰胺中N原子的杂化方式有_。(3)C和N还能形成一种五元环状有机物咪唑(im),其结构为。化合物Co(im)6SiF6的结构示意图如下:Co原子的价层电子轨道表达式(价层电子排布图)为_。N与Co之间的化学键类型是_,判断的理由是_。阴离子SiF62-中心原子Si的价层电子对数为_。阳离子(Co(im)62+和SiF62-之间除了阴阳离子间的静电作用力,还存在氢键作用,画出该氢键的表示式_。例如水中氢键的表示式为: (4)SiC为立方晶系晶体,晶胞參数为a,已知Si原子半径为rSi,C原子半径为rC,该晶胞中原子的分数坐标为:则SiC立方晶胞中含有_个Si原子、_个C原子,该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_(列出计算式即可)。【答案】 C3N4 两者同属原子晶体(答两者结构相似),C的原子半径小于Si,与Si-N相比,C-N的键长短、键能大 C6N8或(C6N8)n或C3N4或(C3N4)n sp2、sp3 配位键 N有孤对电子,Co2+有空轨道 6 4 4 (3)Co原子的价层电子为最外层和次外层电子,其电子轨道表达式为。因N有孤对电子,Co2+有空轨道,所以N与Co之间可形成配位键。价层电子对数=成键数+孤电子对数,孤电子对数=(中心原子的最外层电子数-配位原子与中心原子结合的原子最多能接受的电子数)/2,由此可算出中心原子Si的价层电子对数为4。氢键发生在非金属强的原子和氢原子之间,在该物质中氢键可表示为。(4)从该晶胞中原子的分数坐标可看出,每个C原子周围有4个Si原子,每个Si原子有4个C原子,形成正四面体结构,所以SiC立方晶胞中含有4个Si原子、4个C原子。其总体积为4/3rc34+4/3rsi34=16/3(rc3+ rsi3)。则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为16/3(rc3+ rsi3)/a3100%。8(2018届安徽省江淮十校高三第三次4月联考)已知A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的前四周期元素。已知前四种元素的基态原子p能级都有2个单电子,E 的原子序数等于A、B、C三种元素原子序数之和。试回答下列问题:(1)基态E原子外围电子排布图为_;其中M 能层有_种能量不同的电子。(2)从原子结构角度解释B 电负性大于D的原因是:_。(3) 含A元素的化合物中,A 的原子间常有键,但是含C元素的化合物中,C的原子间只能存在键,其主要原因是_。(4)H2D2B8是一种具有强氧化性的二元酸(其中分子结构中有2个B原子显-1价),则H2D2B8的结构式为_,分子中采取sp3杂化的B原子有_个。(5)E 晶胞内粒子的堆积模型如图所示。已知:E 晶胞的密度为g/cm3,NA代表阿伏加德罗常数值,E 的相对原子质量为M。E 粒子的配位数为_。E 粒子半径为_pm。E 晶胞中粒子的空间利用率=_(用含 的式子表示)。【答案】 3 O和S价电子数相同,随着电子层数的增多,S的原子半径大于O,导致原子核对外层电子的吸引力减弱 硅原子半径大于碳,硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小,形成键不稳定 (也可写成) 4 12 2434MNA1010 26(2). O和S元素处于同一主族,随电子层数的增多,S的原子半径大于O,导致原子核对外层电子的吸引力减弱,所以O元素的电负性大于S,故答案为:O和S价电子数相同,随着电子层数的增多,S的原子半径大于O,导致原子核对外层电子的吸引力减弱;(3). 含碳元素的化合物中,碳的原子之间可以形成碳碳双键、碳碳三键,碳碳双键和碳碳三键中都含有键,因硅原子半径大于碳原子,硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子,形成的键不稳定,所以含硅元素的化合物中,硅原子间只能存在键,故答案为:硅原子半径大于碳,硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小,形成键不稳定;(4). H2S2O8是一种具有强氧化性的二元酸,其分子结构中有2个O原子显1价,说明该分子结构中含有过氧键:OO,结合化合价代数和为0,可知硫原子显+6价,H2S2O8是一种二元酸,说明该分子结构中含有2个羟基,则H2S2O8的结构式为:(也可写成),由结构式可知,过氧键中的两个氧原子和羟基中的两个氧原子采取sp3杂化,所以采取sp3杂化的O原子有4个,故答案为:(也可写成);4;(5). . 由Ni晶胞内粒子的堆积模型图可知,Ni粒子的配位数为382=12,故答案为:12;. Ni晶胞是面心立方晶胞,面对角线上三个Ni粒子相切,设Ni的半径为r cm,晶胞参数为a cm,根据勾股定理可得:(4r)2=2a2,r =24a cm,由均摊法可知,1个Ni晶胞中含4个Ni粒子,则晶胞密度=4MNAa3,a=34MNA,r = 2434MNAcm=2434MNA1010pm,故答案为:2434MNA1010;. 晶胞中Ni粒子的数目为4个,设Ni的半径为r cm,晶胞参数为a cm,由上述计算可知,Ni粒子半径为:r =24a cm,则Ni粒子在晶胞中的空间利用率为:43424a3a3=26,故答案为:26。9(2018届广东省揭阳市高三上学期期末学业水平考试)氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料,掺入少量的Ti,有利于NaAlH4吸氢,释氢。AlCl3和NaH在PCl3或PCl5催化下可合成NaAlH4(晶胞结构如右下图所示)。(1)单质磷与Cl2反应,可以生成PCl3和PCl5.其中各原子均满足8电子稳定结构的化合物中,P原子的杂化轨道类型为_,其分子的空间构型为_。(2)NaH的熔点为800,不溶于有机溶剂。NaH属于_晶体,其电子式为_。(3)AlH4中,Al的轨道杂化方式为_;列举与AlH4空间构型相同的两种离子_(填化学式)。 (4)NaAlH4晶体中,与Na+紧邻且等距的AlH4有_个;NaAlH4晶体的密度为_g/cm3(用含a的代数式表示)。(5)若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,得到的晶体为_(填化学式)。【答案】 sp3杂化 三角锥型 离子 Na+H sp3 NH4+、BH4(或“SO42” “PO43” 等其他合理答案) 8 54/(301a3) 或 1081021/(NAa3) Na3Li(AlH4)4(3)在AlH4中,Al的轨道杂化方式为sp3;其空间构型为正四面体,具有相同空间构型的离子还有NH4+、BH4(或“SO42” “PO43” 等);(4) 在NaAlH4晶体中,与Na+紧邻且等距的AlH4有8个,分别在同层四个角和上下面心上有四个;该晶胞中含有Na+=,AlH4=,所以其化学式为Na4(AlH4)4,该晶胞的质量为m= ,其体积V=2a310-21cm3,所以该晶体的密度为1.081023/(NAa3) g/cm3,或者54/301a3 g/cm3;(5)由上述分析可知,若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,得到的晶体为Na3Li(AlH4)4。10(2018届广东省肇庆市高三第一学期二模)TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂,能有效地吸附有机污染物(如甲醛、甲苯等)和含氮化合物(如NH3、CN等)转化为CO2和N2等小分子物质。(1)Ti基态核外电子排布式为_。(2)甲醛HCHO分子空间构型为_;分子中碳原子轨道杂化类型为_,键和键的个数之比为_,(3)氨气极易溶于水,是因为氨和水的分子均是_,还因为_。(4)甲苯分子中能够共平面的原子最多为_个;苯环不易被卤素加成,而比较容易被卤素取代苯环上的氢,原因是_。(5)含CN的污水毒性极大,用NaClO先把CN氧化为CNO,然后在酸性条件下再将CNO氧化为无污染的气体。请写出与CNO互为等电子体的微粒_分子或离子,写一种)。(6)Ti(CN)42-中Ti2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型,Ti(CN)42-的结构可表示为_。(7)Ti的某氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐的晶胞结构如图所示(Ti4+位于立方体的顶点,Ca2+ 处于立方体的中心)。该晶体中,Ti4+和周围_ 个O2-相紧邻;若该晶胞的密度为dg/cm3则钛氧键的键长为_pm (用带NA的代数式表示)。【答案】 1s22s22p63s23p63d24s2(或Ar3d24s2) 平面三角形 sp2 1:3 极性分子(或相似相溶) 氨分子与水分子可形成分子间氢键 13 苯环上存在大键(或双键平均化) N2O、CO2、CS2、SCN等 12 与CNO互为等电子体的微粒N2O、CO2、CS2、SCN等分子或离子。(6)Ti(CN)42-中Ti2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型,Ti(CN)42-的结构可表示为。(7)由晶胞结构图可知,体心为Ca2,面心为O2,该晶体中每个顶点Ti4与面心的O2相邻,每个顶点为8个晶胞共用,每个面为2个晶胞共用,晶体中,Ti4和周围紧相邻O2数目为38/2=12,该晶体中,Ti4+和周围12 个O2-相紧邻;如图晶胞中Ti4为81/8=1,Ca2为1,O2为61/2=3,令晶胞边长为x,=m/v= ,晶胞边长为,则钛氧键的键长为pm。
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