高考化学一轮复习 选考“物质结构与性质”保分练（含解析）-人教版高三化学试题

选考“物质结构与性质”保分练1．(2019·呼和浩特模拟)铂(Pt)可以和很多化合物形成配合物，生产生活中有重要的用途。(1)铂和氨水可以形成配合物，可用于提取铂。氨水中各元素的第一电离能由大到小的顺序是____________。(2)二氯二吡啶合铂是由Pt2＋、Cl－和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体，科学研究表明，反式分子和顺式分子一样具有抗癌活性。①Cl－的核外电子排布式为____________。②吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式为，吡啶分子中氮原子的轨道杂化方式是__________，分子中的大π键可用符号Πeq\o\al(n,m)表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡啶中的大π键应表示为________；1mol吡啶中含有σ键的数目为_______。③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有________(填标号)。a．离子健b．配位键c．金属键d．非极性键e．氢键f．极性键④二氯二吡啶合铂分子中，Pt2＋的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，简述理由______________________________________________________________。⑤反式二氯二吡啶合铂分子结构如图1所示，该分子是________________分子(填“极性”或“非极性”)。(3)富勒烯C60能够与Pt结合形成一系列络合物。富勒烯(C60)的结构如图2所示，C60属于________晶体；C60分子中五元环与六元环的数目比为__________。(已知简单多面体的顶点数V、棱数E及面数F间有如下关系：V－E＋F＝2)(4)金属铂立方晶胞的二维投影图如图3所示。若金属铂的密度为dg·cm－3，则晶胞参数a＝__________nm(列出计算式即可)。解析：(1)氨水中的元素有H、N、O，H的非金属性最弱，H的第一电离能最小；O的价电子排布为2s22p4，N的价电子排布为2s22p3，N的2p处于半充满状态较稳定，第一电离能：N>O；第一电离能：N>O>H。(2)①Cl－的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6。②由吡啶的结构简式可以看出，N原子形成2个σ键，N上还有1对孤电子对，吡啶分子中氮原子的杂化方式是sp2杂化。吡啶分子中5个碳原子也采取sp2杂化，每个C原子未参与杂化的2p轨道上的1个电子和N原子的未参与杂化的2p轨道上的1个电子形成大π键，参与形成大π键的原子数为6、电子数为6，吡啶中的大π键表示为Πeq\o\al(6,6)。1个吡啶分子中含4个碳碳σ键、2个碳氮σ键和5个碳氢σ键，共11个σ键，1mol吡啶中含有σ键的数目为11NA。③二氯二吡啶合铂是由Pt2＋、Cl－和吡啶结合形成的铂配合物，Pt2＋与Cl－、吡啶分子间为配位键，吡啶分子中存在碳碳非极性键、碳氢极性键、碳氮极性键。④根据题意，二氯二吡啶合铂有顺式和反式两种同分异构体；若Pt2＋以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体，所以Pt2＋的轨道杂化方式不是sp3。⑤反式二氯二吡啶合铂的结构对称，正电中心和负电中心重合，反式二氯二吡啶合铂为非极性分子。(3)C60由分子构成，C60属于分子晶体。设C60中五元环、六元环的个数依次为x、y，根据富勒烯的结构，每个碳原子被3个五元环或六元环共用，每个碳碳键被2个五元环或六元环共用，则顶点数V＝60＝eq\f(5x＋6y,3)(①式)，棱数E为eq\f(5x＋6y,2)，面数F为x＋y，根据关系式V－E＋F＝2列式：60－eq\f(5x＋6y,2)＋x＋y＝2(②式)，联立①式和②式，解得x＝12，y＝20，五元环与六元环的数目比为12∶20＝3∶5。(4)根据金属铂立方晶胞的二维投影图可知，铂的晶胞为面心立方最密堆积(如图)，用“均摊法”，该晶胞中含Pt：8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4,1mol晶体的体积为eq\f(195g,dg·cm－3)＝eq\f(195,d)cm3；1个晶胞的体积为eq\f(\f(195,d)cm3,NA)×4＝eq\f(195×4,dNA)cm3，晶胞参数a＝eq\r(3,\f(195×4,dNA))cm＝eq\r(3,\f(195×4,dNA))×107nm＝eq\r(3,\f(780,602d))nm。答案：(1)N>O>H(2)①1s22s22p63s23p6(或[Ne]3s23p6)②sp2Πeq\o\al(6,6)11NA③bdf④若Pt2＋以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体(二氯二吡啶合铂分子存在顺反两种构型，若为sp3杂化则不存在顺反异构)⑤非极性(3)分子3∶5(4)eq\r(3,\f(195×4,dNA))×107或eq\r(3,\f(780,602d))2．(2019·龙岩质检)磷和砷的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：(1)基态As原子的核外电子排布式为[Ar]____________；As原子的逐级电离能(kJ·mol－1)数据如表：第一电离能第二电离能第三电离能第四电离能第五电离能第六电离能947.0179827354837604312310第五电离能与第六电离能相差显著的原因：__________________________________。(2)红磷是巨型共价分子，无定型结构。能证明红磷是非晶体的最可靠方法是__________。A．质谱 B．原子发射光谱C．核磁共振谱 D．X射线衍射(3)黑磷是新型二维半导体材料，具有类似石墨一样的片层结构(如图1)，层与层之间以____________结合。从结构上看，单层磷烯导电性优于石墨烯的原因是__________________________________________________。(4)白磷(P4)分子是正四面体结构，3.1g白磷中σ键的数目为________；白磷(P4)易溶于二硫化碳，难溶于水，其原因是___________________________________________。(5)GaAs的熔点为1238℃，其晶胞结构如图2所示。该晶体的类型为___________，Ga原子的杂化方式为________________________________________，每个As原子周围最近的As原子数目为____________。已知GaAs的密度为dg·cm－3，摩尔质量为Mg·mol－1，则晶胞中最近的As和Ga原子核间距为______________nm(阿伏加德罗常数值用NA表示，列出算式即可)。解析：(1)As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；As原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全满的次外层，所需能量较高，使得As原子的第五电离能与第六电离能相差显著。(2)红磷是巨型共价分子，无定型结构。能证明红磷是非晶体的最可靠方法是X射线衍射实验。(3)黑磷是新型二维半导体材料，具有类似石墨一样的片层结构(如图)，层与层之间以范德华力结合。石墨烯同层碳原子中，1个碳原子和周围3个碳原子结合后，还剩1个价电子，单层磷烯同层磷原子中，1个磷原子和周围3个磷原子结合后，还剩2个价电子，因此单层磷烯导电性优于石墨烯。(4)白磷(P4)分子是正四面体结构，1个白磷分子中含有6个P—P键，3.1g白磷的物质的量为eq\f(3.1g,124g·mol－1)＝0.025mol，σ键的数目为0.025×6NA＝0.15NA；二硫化碳和白磷都是非极性分子，水是极性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，难溶于水。(5)GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，属于原子晶体。根据结构图，Ga原子与周围的4个As原子相连接，杂化方式为sp3，As原子位于立方体的顶点和面心，每个As原子周围最近的As原子数目为12个。每个晶胞中含有4个Ga原子和8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4个As原子，则晶胞的边长＝eq\r(3,\f(m,ρ))＝eq\r(3,\f(4M,dNA))cm＝eq\r(3,\f(4M,dNA))×107nm，晶胞中最近的As和Ga原子核间距为晶胞体对角线长度的eq\f(1,4)＝eq\r(3,\f(4M,dNA))×107nm×eq\f(\r(3),4)＝eq\r(3,\f(4M,dNA))×eq\f(\r(3),4)×107nm。答案：(1)3d104s24p3As原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全满的次外层，所需能量较高(2)D(3)范德华力石墨烯同层碳原子中，1个碳原子和周围3个碳原子结合后，还剩1个价电子，单层磷烯同层磷原子中，1个磷原子和周围3个磷原子结合后，还剩2个价电子(4)0.15NA二硫化碳和白磷都是非极性分子，水是极性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于二硫化碳，难溶于水(5)原子晶体sp312eq\r(3,\f(4M,dNA))×eq\f(\r(3),4)×1073．(2019·济宁模拟)由P、S、Cl、Ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。(1)基态Cl原子核外电子排布式为____________________，P、S、Cl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________，该分子构型为________。(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，该分子中σ键与π键个数比为________。(4)已知MgO与NiO的晶体结构(如图1所示)相同，其中Mg2＋和Ni2＋的离子半径为66pm和69pm。则熔点：MgO________NiO(填“>”“<”或“＝”)，理由是__________________________________________。(5)若NiO晶胞中离子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C离子坐标参数为________。(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－作密置单层排列，Ni2＋填充其中(如图2所示)，已知O2－的半径为am，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用a、NA表示)。解析：(1)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5，同周期元素第一电离能从左到右呈增大的趋势，第一电离能排序时，P元素电子排布有半充满结构，第一电离能较高，高于S元素而低于Cl元素，所以第一电离能：Cl>P>S。(2)SCl2中S原子价层电子对数＝2＋eq\f(1,2)×(6－1×2)＝4，采取sp3杂化方式，含两对孤对电子，所以该分子构型为V形。(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，CO中含有1个σ键，2个π键，配位键也属于共价键，也为σ键，该分子中σ键个数为1×4＋4＝8，π键个数为2×4＝8，故σ键与π键个数比为1∶1。(4)晶体结构相同时，离子半径越小，离子键强度越大，Mg2＋半径比Ni2＋小，MgO的晶格能比NiO大，熔点：MgO>NiO。(5)题中已经给出了坐标系的三个方向示意图，晶胞是边长为1的正方体，C离子坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))。(6)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O原子球中心的连线，每个重复单元包含1个O原子和1个Ni原子，NiO相对分子质量为75。重复单元所占的平行四边形面积：S＝2am×eq\r(3)am＝2eq\r(3)a2m2，则1平方米上该晶体质量为eq\f(1,2\r(3)a2)×eq\f(1,NA)×75g。答案：(1)1s22s22p63s23p5(或[Ne]3s23p5)Cl>P>S(2)sp3V形(3)1∶1(4)>Mg2＋半径比Ni2＋小，MgO的晶格能比NiO大(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))(6)eq\f(25\r(3),2a2NA)或eq\f(75,2\r(3)a2NA)4．(2019·潍坊模拟)Cu、Fe、Se、Co、S、P等元素常用于化工材料的合成。请回答下列问题：(1)Fe3＋最外层电子排布式为_______________，其核外共有__________种不同运动状态的电子。Fe3＋比Fe2＋更稳定的原因是_________________________________________。(2)硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性从大到小的顺序为____________________(用元素符号表示)，SeO2分子的空间构型为________________________________________________________________________。(3)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图1所示。P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为__________，每个P4S3分子中含孤电子对的数目为______________。(4)铜的某种氧化物晶胞结构如图2所示，若该晶胞的边长为acm，则该氧化物的密度为________g·cm－3。(设阿伏加德罗常数的值为NA)解析：(1)Fe原子核电荷数为26，电子排布式[Ar]3d64s2，Fe3＋最外层电子排布式为3s23p63d5；其核外共有23种不同运动状态的电子；Fe3＋比Fe2＋更稳定的原因是Fe3＋的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态，比Fe2＋的电子排布[Ar]3d6更稳定。(2)同一周期元素，从左到右，电负性增大，所以三种元素的电负性从大到小的顺序为Br>Se>As；因为SeO2中Se中心原子有两对孤电子对，所以它是V形结构。(3)从P4S3分子的结构可以看出，S原子形成两个键，考虑到S原子本身价层含有两对孤电子对，成键是3p中的单电子成键，因此杂化轨道为不等性的sp3杂化；1个P4S3分子中含有4个P和3个S，一个P含有1对孤电子对，1个S含有2对孤电子对，则每个P4S3分子含有的孤电子对数为4×1＋2×3＝10。(4)根据晶胞的结构可知，含有铜原子个数为4，氧原子个数为8×eq\f(1,8)＋1＝2，所以该晶胞含有2个Cu2O，该晶胞的边长为acm，则晶胞的体积为a3cm3，设晶体的密度为ρg·cm－3，晶胞中含有Cu2O的质量为eq\f(2×144,NA)g＝eq\f(288,NA)g，所以a3＝eq\f(288,ρNA)，所以ρ＝eq\f(288,NAa3)g·cm－3。答案：(1)3s23p63d523Fe3＋的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态，比Fe2＋的电子排布[Ar]3d6更稳定(2)Br>Se>AsV形(3)sp310(4)eq\f(288,NAa3)5．法医常用马氏试砷法检验是否砒霜(As2O3)中毒，涉及的反应如下：Ⅰ.6Zn＋As2O3＋12HCl=6ZnCl2＋2AsH3(砷烷)↑＋3H2O；Ⅱ.2AsH3=2As(黑色砷镜)＋3H2。(1)写出砷的基态原子价电子排布图_____________________________________。(2)砷烷的空间结构为____________；砷烷中心原子杂化方式为____________。(3)砷烷同族同系列物质相关性质如表所示：NH3PH3AsH3SbH3熔点/℃－77.8－133.5－116.3－88沸点/℃－34.5－87.5－62.4－18.4从PH3→AsH3→SbH3熔沸点依次升高的原因是______________________________；NH3分子例外的原因是_______________________________________。(4)第一电离能数据I(As)>I(Se)，可能的原因是_______________________________。(5)砷与铟(In)形成的化合物(X)具有优良的光电性能，广泛应用于光纤通信用激光器，其晶胞结构如图所示，则其化学式为________；晶胞边长a＝666.67pm，则其密度为____________g·cm－3(边长a可用eq\f(2000,3)近似计算，设NA＝6.0×1023mol－1)。解析：(1)砷为33号元素，位于第ⅤA族，基态原子价电子排布图为。(2)砷烷的结构与氨气类似，空间结构为三角锥形；砷烷中心原子为sp3杂化。(3)对于分子组成结构相似的物质来说，相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，因此PH3→AsH3→SbH3熔沸点依次升高；由于NH3可以形成分子间氢键，导致NH3分子的熔沸点反常。(4)As的价电子排布为4s24p3，为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数据比Se还大。(5)砷与铟(In)形成的化合物(X)的晶胞中含有As原子数＝4，含有In原子数＝8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，化学式为InAs;1molInAs中含有eq\f(1,4)mol晶胞，因此密度＝eq\f(115＋75g·mol－1,\f(1,4)×6.0×1023mol－1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2000,3)×10－10cm))3)＝4.275g·cm－3。答案：(1)(2)三角锥形sp3(3)对于分子组成结构相似的物质来说，随相对分子质量增加，分子间作用力增大，故熔沸点升高NH3可以形成分子间氢键(4)As的价电子排布为4s24p3，为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数据比Se还大(5)InAs4.2756．铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列问题：(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆积方式的空间利用率为_______；基态钙原子核外电子排布式为__________；熔点MgO(2852℃)高于CaO(2614℃)，其原因是_________________________________。(2)2UO2＋5NH4HF2eq\o(→,\s\up7(150℃),\s\do5())2UF4·NH4F＋3NH3↑＋4H2O↑。NH4HF2中所含作用力有______(填字母)。a．氢键b．配位键c．共价键d．离子键e．金属键(3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]eq\o(→,\s\up7(800℃),\s\do5())3UO2＋10NH3↑＋9CO2↑＋N2↑＋9H2O↑。①NHeq\o\al(＋,4)的空间构型为________，与NHeq\o\al(＋,4)互为等电子体的分子或离子有____________(写两种)。②COeq\o\al(2－,3)中碳原子杂化轨道类型为________。③分解产物中属于非极性分子的是________(填字母)。a．NH3b．CO2c．N2d．H2O(4)UO2的晶胞结构及晶胞参数如图所示：①晶胞中U的配位数为________。②UO2的密度为____________________________________________________g·cm－3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。解析：(1)根据不同堆积方式的空间利用率可知，体心立方堆积空间利用率为68%；Ca是20号元素，原子核外电子数为20，则基态钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；CaO和MgO都是离子晶体，且离子的电荷数相等，但镁离子的半径比钙离子的半径小，镁离子对氧离子的作用比钙离子强，因此氧化镁的晶格更加牢固，晶格能更大，故MgO晶体的熔点高于CaO。(2)NH4HF2中NHeq\o\al(＋,4)与HFeq\o\al(－,2)之间为离子键，N—H为(极性)共价键、配位键，HFeq\o\al(－,2)的结构式为[F—H…F]－，含有(极性)共价键和氢键。(3)①NHeq\o\al(＋,4)中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，四个N—H键的键能、键长及键角均相同，空间构型为正四面体；原子总数相同、价电子总数相同的粒子互称为等电子体，NHeq\o\al(＋,4)共有5个原子、8个价电子，与其互为等电子体的分子或离子有：CH4、BHeq\o\al(－,4)、BeHeq\o\al(2－,4)、AlHeq\o\al(－,4)、SiH4及GeH4等。②COeq\o\al(2－,3)中σ键个数＝配原子个数＝3，且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化。③NH3为极性键构成的三角锥形分子，结构不对称，是极性分子；CO2呈直线形，结构对称，是非极性分子；N2为非极性键组成的双原子分子，结构对称，是非极性分子；H2O为极性键构成的V形分子，是极性分子。(4)①晶胞不是孤立的，在UO2晶胞中每个U4＋连接4个氧离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氧离子，所以其配位数为8。②用均摊法可求得平均每个晶胞中U4＋个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，O2－个数为8，晶胞质量为m＝eq\f(4×238＋32,NA)g＝eq\f(4×270,NA)g，晶胞体积为V＝a3＝(5.455×10－10m)3＝(5.455×10－8cm)3，则UO2的密度为ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(4×270,NA×5.455×10－83)g·cm－3。答案：(1)68%1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2CaO和MgO均为离子晶体，MgO的晶格能大于CaO，故MgO晶体的熔点高(2)abcd(3)①正四面体CH4、BHeq\o\al(－,4)、BeHeq\o\al(2－,4)、AlHeq\o\al(－,4)、SiH4及GeH4等(任写两种)②sp2③bc(4)①8②eq\f(4×270,NA×5.455×10－83)7．B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题：(1)基态Co原子核外电子占据________种不同的能级，其中有________个未成对电子。(2)Co能形成[Co(CNO)6]3－。①1mol该离子中含有σ键的数目为___________________________________________。②与CNO－互为等电子体的分子为________(填化学式，任写一种)。③C