2023新教材高考化學二輪專題復習專題精練14物質(zhì)結(jié)構與性質(zhì)

專題精練（14）物質(zhì)結(jié)構與性質(zhì)1.[2022·全國乙卷]鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應用。回答下列問題：（1）氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有，其中能量較高的是。（填標號）a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5 d．1s22s22p33p2（2）①一氯乙烯（C2H3Cl）分子中，C的一個雜化軌道與Cl的3px軌道形成C—Cl鍵，并且Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成3中心4電子的大π鍵（eq\i\pr\in(3,4,)）。②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C—Cl鍵長的順序是，理由：（?。〤的雜化軌道中s成分越多，形成的C—Cl鍵越強；（ⅱ）。（3）鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為。解釋X的熔點比Y高的原因________________________________________________________________________________________________________________________________________________。（4）α-AgI晶體中I－離子作體心立方堆積（如圖所示），Ag＋主要分布在由I－構成的四面體、八面體等空隙中。在電場作用下，Ag＋不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，α-AgI晶體在電池中可作為。已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝m3·mol－1（列出算式）。2.[2022·北京市豐臺區(qū)一模]金屬冶煉過程中一種用有機化合物從水溶液中提取Cu2＋的流程如下：含Cu2＋溶液eq\o(→,\s\up7(W的正庚烷溶液))含銅有機溶液（1）有機化合物W的結(jié)構簡式為：該分子中碳原子的雜化軌道類型有種，N、O雜化軌道類型分別為、。（2）W可與Cu2＋形成化合物Q，其結(jié)構如下所示：①基態(tài)Cu2＋的價電子排布式為。②氫鍵對Q在水中溶解性的影響是（填“增大”或“減小”）。③W與Cu2＋之間以共價鍵和配位鍵相結(jié)合，其中一定是配位鍵的是鍵（填“Cu—O”或“Cu—N”）。（3）有機化合物的合成通常使用催化劑，一種催化劑ZrO2晶體的晶胞示意圖如下：①Y原子為（填元素符號）。與每個Y原子距離最近且等距的X原子有個。②該晶胞邊長為anm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該晶體的密度ρ＝g·cm－3（列出計算式，ZrO2的摩爾質(zhì)量為123g·mol－1）。3.[2022·福建省龍巖市一檢]銅及其化合物有廣泛的用途?；卮鹣铝袉栴}：（1）同周期元素中，與Cu最外層電子數(shù)相同的元素還有種。（2）往CuSO4中逐滴加入氨水至沉淀恰好溶解，將該溶液冷卻結(jié)晶，得到藍色晶體。①該晶體中各元素電負性由大到小順序為；②該晶體中不存在的作用力為。A．離子鍵B．氫鍵C．金屬鍵D．σ鍵E．范德華力F．配位鍵③已知NH3分子中鍵角為107°，則上述晶體中氮氫之間的鍵角107°（填選項標號）。A．大于B．小于C．等于D．無法確定（3）已知銅的某些化合物的熔點如表所示。三者熔點出現(xiàn)差異的原因是：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。（4）溴化亞銅（CuBr）常用作有機合成原料和反應催化劑，其晶胞結(jié)構如下圖所示。已知①、②號銅原子坐標分數(shù)依次為（0，0，0）、（eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0），則③號溴原子的坐標分數(shù)為；設CuBr的密度為dg·cm－3，M（CuBr）＝ag·mol－1，NA為阿伏加德羅常數(shù)，則Cu原子與Br原子的核間距離為cm（用含a、d、NA的代數(shù)式表示）。4.[2022·山東省棗莊市二模]聚合物鋰離子電池具有超薄化特征，適用于多種設備，電極材料涵蓋LiFePO4、LiNiO2、LiPF6、LiAsF6等物質(zhì)。（1）磷酸為磷的最高價含氧酸，其空間結(jié)構如圖：①鍵角大小比較：αβ（填“大于”“等于”或“小于”）。②純凈的磷酸黏度極大，隨溫度升高黏度迅速下降，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。（2）聚合物鋰離子電池工作時，Li＋沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈遷移，過程如圖所示（圖中陰離子未畫出）。①Li＋遷移過程中與聚乙二醇分子中O原子間的作用力為（填標號）。a.分子間作用力b.離子鍵c.共價鍵②LiAsF6的陰離子的空間構型為；基態(tài)As原子的最高能級組軌道排布式為。（3）二茂鎳是具有導電性的有機配合物。鎳在周期表中的位置是（填寫對應周期、族）。x個原子共用y個電子可表示為eq\i\pr\in(x,y,)，則環(huán)戊二烯離子（C5Heq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(5))）中的大π鍵可表示為。（4）圖1為NiO晶胞，與O2－距離最近的O2－有個。一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認為O2－作密置單層排列，Ni2＋填充其中（如圖2），該“單分子層”面積密度為mg·cm－2，則O2－的半徑為nm。（用m、NA表示）5.[2022·河北省石家莊市一模]二甲基亞砜是一種重要的非質(zhì)子極性溶劑。鉻和錳等過渡金屬鹵化物在二甲基亞砜中有一定溶解度，故可以應用在有機電化學中?；卮鹣铝袉栴}：（1）鉻和錳基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)之比為。（2）已知：二甲基亞砜能夠與水和丙酮分別以任意比互溶。①二甲基亞砜分子中硫原子的雜化類型為。②丙酮分子中各原子電負性由大到小的順序為。③沸點：二甲基亞砜丙酮（填“>”或“<”），原因為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。④二甲基亞砜能夠與水以任意比互溶的原因為________________________________________________________________________。（3）鉻可以形成橋連柄狀的二茂鉻配合物，該配合物中心原子Cr的價層電子數(shù)為。[已知：配合物二茂鐵（）中Fe的價層電子數(shù)為18]（4）CrCl3·6H2O的結(jié)構有三種，且鉻的配位數(shù)均為6，等物質(zhì)的量的三種物質(zhì)電離出的氯離子數(shù)目之比為3∶2∶1，對應的顏色分別為紫色、淺綠色和藍綠色。其中淺綠色的結(jié)構中配離子的化學式為。（5）已知硫化錳（MnS）晶胞如圖所示，該晶胞參數(shù)α＝120°，β＝γ＝90°。①該晶體中錳原子的配位數(shù)為；②已知錳和硫的原子半徑分別r1nm和r2nm，該晶體中原子的空間利用率為（列出計算式即可）。6.[2022·山東省濟南市一模]鹵族元素及其化合物種類繁多，有著非常重要的用途，回答下列問題：（1）基態(tài)Br原子的電子排布式為[Ar]。（2）HF分子的極性（填“大于”“等于”或“小于”，以下同）HCl，同一條件下，HF在水中的溶解度HCl，HF的沸點HCl。SOCl2中心S原子VSEPR模型為。1mol氟硼酸銨NH4BF4中含有mol配位鍵。（3）一種Ag2HgI4固體導電材料為四方晶系，其晶胞參數(shù)為apm、apm和2apm，晶胞沿x、y、z的方向投影（如圖所示），A、B、C表示三種不同原子的投影，標記為n的原子分數(shù)坐標為（eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,8)），則m的原子分數(shù)坐標為，距離Hg最近的Ag有個。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Ag2HgI4的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，該晶體的密度為g·cm－3（用代數(shù)式表示）。專題精練（14）1．解析：（1）基態(tài)氟原子的核外電子排布式為1s22s22p5，有9個電子，排除b、c項；a項，相當于F原子的一個電子從2p能級躍遷到3s能級，屬于激發(fā)態(tài)氟原子，正確；d項，相當于F原子的兩個電子從2p能級躍遷到3p能級，屬于激發(fā)態(tài)氟原子，正確；在兩個激發(fā)態(tài)氟原子中，由于3p能級的能量高于3s能級，且d中發(fā)生躍遷的電子數(shù)目多于a，故d的能量較高。（2）①C2H3Cl分子中存在碳碳雙鍵，C原子為sp2雜化，雜化軌道只能形成σ鍵，故在C2H3Cl分子中，C的一個sp2雜化軌道與Cl的3px軌道形成C—Clσ鍵。②C2H5Cl分子中只存在σ鍵，C原子為sp3雜化；C2H3Cl分子中存在一個eq\i\pr\in(3,4,)的大π鍵，C原子為sp2雜化；C2HCl分子中存在兩個eq\i\pr\in(3,4,)的大π鍵[1個是Cl（3pz）－C（2pz），1個是Cl（3py）－C（2py）]，C原子為sp雜化。雜化軌道中s成分越多（sp3、sp2、sp雜化軌道中s成分依次增多），形成的C—Cl鍵越強；Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl鍵越短，故C—Cl鍵長順序為C2H5Cl>C2H3Cl>C2HCl。（3）由CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應知，CsICl2受熱分解生成CsCl和ICl，故無色晶體X為CsCl，紅棕色液體Y為ICl；由于CsCl是離子晶體，熔化時需要克服Cs＋和Cl－之間的離子鍵，而ICl是分子晶體，熔化時只需要克服范德華力，離子鍵比范德華力強得多，故CsCl的熔點高于ICl。（4）在α-AgI晶體中，Ag＋可以發(fā)生遷移，故α-AgI晶體在電池中可以作為固體離子導體。由于α-AgI晶體中I－作體心立方堆積，由“均攤法”知，1個晶胞中含有I－數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋1＝2，即1個晶胞中含有2個α-AgI，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝eq\f(1,2)（504×10－12m）3·NAmol－1＝eq\f(1,2)（5.04×10－10）3NAm3·mol－1。答案：（1）add（2）①sp2σ②C2H5Cl>C2H3Cl>C2HClCl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl鍵越短（3）CsClCsCl是離子晶體，熔化時需要克服Cs＋和Cl－之間的離子鍵，而ICl是分子晶體，熔化時只需要克服范德華力（4）固體離子導體eq\f(1,2)（5.04×10－10）3NA2．解析：（1）由結(jié)構簡式可知，W分子中含有苯環(huán)碳原子、雙鍵碳原子和單鍵碳原子，其中苯環(huán)碳原子、雙鍵碳原子的雜化方式均為sp2雜化，單鍵碳原子的雜化方式為sp3雜化，則分子中碳原子的雜化軌道類型有2種；形成雙鍵的氮原子的雜化方式為sp2雜化，形成單鍵的氧原子的雜化方式為sp3雜化；（2）①銅元素的原子序數(shù)為29，基態(tài)原子的價電子排布式為3d104s1，銅原子失去2個電子形成銅離子，則銅離子的價電子排布式為3d9；②由圖可知，配合物Q中含有分子內(nèi)氫鍵，分子內(nèi)氫鍵會減小Q在水中的溶解性；③由圖可知，配合物Q中氮原子形成4個共價鍵、氧原子形成2個共價鍵，所以W中氮原子與銅離子間形成的化學鍵一定是配位鍵；（3）①鋯原子的原子半徑大于氧原子，由晶胞結(jié)構中原子的相對大小可知，Y原子為鋯原子、小球為氧原子，晶胞中位于頂點的鋯原子與位于體對角線eq\f(1,4)處的氧原子距離最近且等距，則與每個鋯原子距離最近且等距的氧原子有8個；②由晶胞結(jié)構可知，晶胞中位于頂點和面心的鋯原子的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，位于體內(nèi)的氧原子的個數(shù)為8，由晶胞的質(zhì)量公式可得：eq\f(4×（91＋16×2）,NA)＝（a×10－7）3ρ，解得ρ＝eq\f(4×123,NA×a3×10－21)。答案：（1）2sp2sp3（2）①3d9②減?、跜u—N（3）①Zr8②eq\f(4×123,NA×a3×10－21)3．解析：（1）同周期，與銅原子最外層電子數(shù)相等的元素外圍電子排布式為4s1或3d54s1，分別為K、Cr共2種；（2）①藍色晶體[Cu（NH3）4]SO4·H2O中元素為H、N、O、S、Cu，非金屬性越強電負性越大，電負性由大到小順序為O>N>S>H>Cu；②硫酸根離子與配離子之間形成離子鍵，屬于離子晶體，銅離子與水分子之間形成配位鍵，水分子之間形成氫鍵，銨根離子中存在σ鍵，該晶體中存在的作用力為：離子鍵、配位鍵、氫鍵、σ鍵，不含有金屬鍵、范德華力，故選CE；③已知NH3分子中鍵角為107°，銅離子絡合后，氮的孤對電子進入銅離子的外層空軌道，并受到銅離子正電荷的吸引，其電子云變小，此時的鍵角就變大了，故大于107°，故選A；（3）CuO為離子晶體，熔點高，CuS、CuSe的熔點較低為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大熔點越高，則其熔、沸點就越高，故CuO＞CuSe＞CuS；（4）圖中③號溴原子位于上層正四面體空隙的中心，根據(jù)①、②號銅原子的坐標依次為（0，0，0）、（eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0），③號的位置為（eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，eq\f(3,4)），設CuBr的密度為dg·cm－3，M（CuBr）＝ag·mol－1，NA為阿伏加德羅常數(shù)，Cu與Br的個數(shù)分別為4，設晶胞邊長為xcm，晶胞密度＝eq\f(晶胞質(zhì)量,晶胞體積)＝eq\f(\f(ag·mol－1,NAmol－1)×4,（xcm）3)＝dg·cm－3，x＝eq\r(3,\f(4a,NA×d))cm，Cu原子與Br原子的距離為eq\f(1,4)體對角線，體對角線長為eq\r(3)xcm，Cu原子與Br原子的核間距離為eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(4a,NA×d))cm。答案：（1）2（2）①O>N>S>H>Cu②CE③A（3）CuO為離子晶體，熔點高，CuS、CuSe的熔點較低為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大熔點越高（4）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(4a,NA×d))4．解析：（1）①P=O鍵和P－O鍵的排斥力大于P－O鍵和P－O鍵之間的排斥力，所以鍵角α小于β。②磷酸分子間有氫鍵，溫度升高，氫鍵被破壞，所以純凈的磷酸黏度極大，隨溫度升高黏度迅速下降。（2）①根據(jù)圖示，Li＋遷移過程中與聚乙二醇分子中O原子間形成配位鍵，作用力為共價鍵，選c。②LiAsF6的陰離子是AsFeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(6))，AsFeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(6))中As原子價電子對數(shù)是eq\f(5＋6＋1,2)＝6，無孤電子對，空間構型為正八面體；基態(tài)As原子的最高能級組包括4s、3d、4p三個能級，軌道排布式為。（3）鎳是28號元素，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。環(huán)戊二烯離子（C5Heq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(5))）中5個原子共用6個電子，其大π鍵可表示為eq\i\pr\in(5,6,)。（4）由晶胞圖以體心的O2－分析，與氧離子距離最近的氧離子有12個；根據(jù)圖，單分子層重復單元呈平行四邊形，是相鄰四個球中心的連線，每個重復單元包括一個O2－和一個Ni2＋，作三角形，設O2－的半徑為anm，三角形高為eq\r(3)anm，三角形面積為eq\f(1,2)×2a×10－7cm×eq\r(3)a×10－7cm＝eq\r(3)a2×10－14cm2，平行四邊形面積為2eq\r(3)a2×10－14cm2，NiO的相對分子質(zhì)量為75，每平方厘米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為“單分子層”面積密度eq\f(\f(75g·mol－1,NAmol－1),2\r(3)a2×10－14cm2)＝mg·cm－2，則O2－的半徑為a＝eq\r(\f(75,2\r(3)mNA))×107nm。答案：（1）①小于②溫度升高，磷酸分子間氫鍵被破壞（2）①c②正八面體（3）第四周期第Ⅷ族IIeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(5))（4）12eq\r(\f(75,2\r(3)mNA))×1075．解析：（1）Cr元素核外電子排布式為[Ar]3d54s1，有6個未成對電子，Mn元素核外電子排布式為[Ar]3d54s2，有5個未成對電子，未成對電子數(shù)之比為6∶5；（2）①S原子價層共6個電子，二甲基亞砜分子中硫原子3個σ鍵，一個π鍵，還有一對孤電子對，所以價層電子對數(shù)為3＋1＝4，硫原子為sp3雜化；②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氫化物中H均顯正價，所以H的電負性最小，同主族自左至右電負性增大，所以電負性O＞C＞H；③二甲基亞砜、丙酮均是由分子構成的分子晶體，二甲基亞砜相對分子質(zhì)量大，因此分子間的范德華力較大，沸點較高；④二甲基亞砜與水均為極性分子，且能夠與水之間形成氫鍵，所以二甲基亞砜能夠與水以任意比互溶；（3）Cr的價電子個數(shù)為6，與CO形成一個配位鍵，C原子提供一對電子，此時價層電子數(shù)為8，配合物二茂鐵中Fe的價層電子數(shù)為18，而Fe的價層電子數(shù)為8，說明兩個環(huán)可以提供10個價電子，所以該配合物中心原子Cr的價層電子數(shù)為10＋8＝18；（4）外界的氯離子可以電離，結(jié)合題意可知紫色物質(zhì)為[Cr（H2O）6]Cl3、淺綠色物質(zhì)為[Cr（H2O）5Cl]Cl2·H2O，藍綠色物質(zhì)為[Cr（H2O）4Cl2]Cl·2H2O，所以淺綠色的結(jié)構中配離子的化學式為[Cr（H2O）5Cl]2＋；（5）①據(jù)圖可知Mn原子位于S原子形成的四面體中心，所以Mn原子的配位數(shù)為4；②根據(jù)均攤法，晶胞Mn原子的個數(shù)為1＋4×eq\f(1,4)＝2，S原子的個數(shù)，1＋8×eq\f(1,8)＝2，所以原子總體積為2×eq\f(4,3)π（req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＋req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))）nm3；晶胞底面邊長為anm，高為cnm，形狀為菱形，所以體積為eq\f(\r(3)a2,2)cnm3，空間利用率為eq\f(2×\f(4,3)π（req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＋req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))）,\f(\r(3)a2,2)c)＝eq\f(16π（req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＋req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))）,3\r(3)a2c)。答案：（1）6∶5（2）①sp3②O>C>H③>二甲基亞砜相對分子質(zhì)量大，因此分子間的范德華力較大，沸點較高④二甲基亞砜與水均為極性