全國版高考化學一輪復習學案物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合練習

綜合練習時間：50分鐘1．已知反應3NaH＋Fe2O3eq\o(=,\s\up17(一定條件))2Fe＋3NaOH。(1)基態(tài)Fe原子核外共有________種運動狀態(tài)不相同的電子；Fe3＋的價電子排布圖為____________。(2)NaH的電子式為__________________；1molNaOH含有σ鍵數(shù)目為________，其中O原子的雜化類型為________；Fe3＋可以和SCN－形成配合物，該反應是典型的可逆反應，說明配位原子配位能力________(填“強”或“弱”)。(3)上述反應中含Na的化合物晶體類型均為____________晶體；NaH的熔點顯著高于NaOH，主要原因是_________________________________________________________________________________。(4)某種單質(zhì)鐵的晶體為體心立方堆積，則鐵原子的配位數(shù)為________；若r(Fe)表示Fe原子的半徑，單質(zhì)鐵的原子空間利用率為________________[列出含r(Fe)的計算表達式]。答案(1)26(2)Na＋[eq\o\al(·,·)H]－NAsp3弱(3)離子H－半徑小，NaH的晶格能大于NaOH的晶格能(4)8eq\f(\f(8,3)πr3Fe,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4rFe,\r(3))))3)解析(1)基態(tài)Fe原子核外有26個電子，每個電子的運動狀態(tài)均不相同，故基態(tài)Fe原子核外有26種運動狀態(tài)不相同的電子；基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，則Fe3＋的核外電子排布式為[Ar]3d5，其價電子排布圖為。(2)NaH是離子化合物，由Na＋和H－構(gòu)成，其電子式為Na＋[eq\o\al(·,·)H]－。NaOH由Na＋和OH－構(gòu)成，其中OH－含有極性鍵(O—H鍵)，故1molNaOH含有的σ鍵數(shù)目為NA。OH－中O原子形成1個σ鍵，且O原子有3對孤對電子，故O原子采取sp3雜化。Fe3＋與SCN－形成配合物的反應為典型的可逆反應，說明生成的配合物穩(wěn)定性較弱，易分解生成Fe3＋、SCN－，據(jù)此推知配位原子的配位能力較弱。(3)NaH和NaOH均由離子構(gòu)成，均屬于離子晶體；離子晶體的熔點與晶格能的大小有關(guān)，晶格能越大，晶體的熔點越高，而晶格能的大小與離子半徑、所帶電荷數(shù)有關(guān)。H－的半徑小于OH－的半徑，則NaH的晶格能大于NaOH，因此NaH的熔點高于NaOH的熔點。(4)某單質(zhì)鐵的晶體為體心立方堆積，則Fe原子的配位數(shù)為8；每個晶胞中含有Fe原子個數(shù)為1＋8×eq\f(1,8)＝2，結(jié)合球體的體積公式“V＝eq\f(4,3)πr3”可知，2個Fe原子的總體積為eq\f(8,3)πr3(Fe)；設(shè)晶胞的棱長為a，由[4r(Fe)]2＝3a2可得a＝eq\f(4rFe,\r(3))，則晶胞的體積為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4rFe,\r(3))))3，故單質(zhì)鐵的原子空間利用率為eq\f(V球,V晶胞)＝eq\f(\f(8,3)πr3Fe,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4rFe,\r(3))))3)。2．[2017·湖北襄陽調(diào)研]圖1是Na、Cu、Si、H、C、N等元素單質(zhì)的熔點高低的順序，其中c、d均是熱和電的良導體。回答下列問題(需要用到元素符號或分子式的，請用相應元素的元素符號或分子式作答)：圖1(1)a與b對應的元素可形成10電子中性分子X，寫出帶一個單位正電荷的1個X的等電子體________。將X溶于水后的溶液滴入到CuSO4溶液中至過量，再加入適量乙醇，可析出一種深藍色晶體，其化學式為__________________________________。(2)元素c位于元素周期表的____________區(qū)，d原子次外層有____________對自旋相反的電子，c、d單質(zhì)的晶體堆積方式類型分別是________、________。A．簡單立方堆積 B．體心立方堆積C．六方最密堆積 D．面心立方最密堆積(3)d的一種氯化物為白色立方結(jié)晶，熔點430℃，沸點1490℃，其熔融態(tài)導電性差，晶胞結(jié)構(gòu)如圖2。該氯化物固體屬于______晶體，其中氯原子的配位數(shù)為________。圖2(4)e元素與氧可形成如圖3中A所示的正四面體離子eOeq\o\al(4－,4)，其中e在正四面體的體心，eOeq\o\al(4－,4)四面體通過共用頂角氧離子可形成B，則B的化學式為________。圖3(5)單質(zhì)a、f對應的元素以1∶1的原子個數(shù)比形成的分子(相同條件下對H2的相對密度為39)中含__________個σ鍵和____________個π鍵，其中f原子的雜化軌道類型為____________________。答案(1)H3O＋[Cu(NH3)4]SO4·H2O(2)s9BD(3)分子4(4)Si3Oeq\o\al(6－,9)(5)121sp2雜化解析根據(jù)c、d均是熱和電的良導體，且d的熔點高于c，確定c是Na，d是Cu。根據(jù)熔點高低可判斷a是H2，b是N2，e是Si，f是金剛石。(1)a與b對應的關(guān)系為H與N，形成的10電子中性分子X是NH3，與NH3互為等電子體的帶一個單位正電荷的是H3O＋。NH3與Cu2＋可形成配位鍵，故深藍色晶體為[Cu(NH3)4]SO4·H2O。(2)Na位于第三周期ⅠA族，位于s區(qū)，Cu原子的M層有9個軌道，均充滿電子，故有9對自旋相反的電子，鈉單質(zhì)采用體心立方堆積，銅單質(zhì)采用面心立方最密堆積。(3)根據(jù)這種氯化物熔、沸點較低、熔融態(tài)導電性差確定其應為分子晶體，其中與氯原子相連的Cu原子有4個，故配位數(shù)為4。(4)B中含有3個Si原子和9個O原子，根據(jù)化合價可判斷其化學式為Si3Oeq\o\al(6－,9)。(5)該分子的相對分子質(zhì)量＝39×2＝78，則分子式為C6H6，分子中含有6個C—Cσ鍵和6個C—Hσ鍵，形成一個大π鍵，C原子采用sp2雜化。3．物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)的性質(zhì)。請回答下列涉及物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的問題：(1)第二周期中，元素的第一電離能處于B與N之間的元素有________種。(2)某元素位于第四周期第Ⅷ族，其基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對電子數(shù)相同，則其基態(tài)原子的價層電子排布式為____________。(3)乙烯酮(CH2=C=O)是一種重要的有機中間體，可用CH3COOH在(C2H5O)3P=O存在下加熱脫H2O得到。乙烯酮分子中碳原子雜化軌道類型是______________，1mol(C2H5O)3P=O分子中含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目比為______________。(4)已知固態(tài)NH3、H2O、HF的氫鍵鍵能和結(jié)構(gòu)如下：物質(zhì)氫鍵/X—H…Y鍵能/kJ·mol－1(HF)nF—H…F28.1冰O—H…O18.8(NH3)nN—H…N5.4解釋H2O、HF、NH3沸點依次降低的原因______________。(5)碳化硅的結(jié)構(gòu)與金剛石類似(如圖所示)，其硬度僅次于金剛石，具有較強的耐磨性能。碳化硅晶胞結(jié)構(gòu)中每個碳原子周圍與其距離最近的硅原子有______個，與碳原子等距離最近的碳原子有________個。已知碳化硅晶胞邊長為apm，則碳化硅的密度為________g·cm－3。答案(1)3(2)3d84s2(3)sp2和sp25∶1(4)單個氫鍵的鍵能是(HF)n>冰>(NH3)n，而平均每個分子含氫鍵數(shù)：冰中2個，(HF)n和(NH3)n只有1個，汽化時要克服的氫鍵的總鍵能是冰>(HF)n>(NH3)n(5)412eq\f(1.6×1032,NA·a3)解析(1)同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一電離能大于相鄰元素，即半充滿的N原子和全充滿的Be原子第一電離能要比同周期相鄰元素的原子高，故第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O3種元素。(2)某元素位于第四周期第Ⅷ族，其基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對電子數(shù)相同，C原子的未成對電子數(shù)為2，則該元素為Ni，價層電子排布式為3d84s2。(3)在CH2=C=O中，左端碳原子形成一個π鍵，為sp2雜化，中間位置碳原子形成兩個π鍵，為sp雜化；單鍵全是σ鍵，雙鍵有一個σ鍵，1mol(C2H5O)3P=O分子中含有的σ鍵的數(shù)目為25NA，π鍵的數(shù)目為NA，則σ鍵與π鍵的數(shù)目比為25∶1。(4)單個氫鍵的鍵能是(HF)n>冰>(NH3)n，而平均每個分子含氫鍵數(shù)：冰中2個，(HF)n和(NH3)n只有1個，汽化時要克服的氫鍵的總鍵能是冰>(HF)n>(NH3)n。(5)碳化硅晶胞結(jié)構(gòu)中每個碳原子周圍與其距離最近的硅原子有4個，與碳原子等距離最近的碳原子有12個。該晶胞中含有的碳原子個數(shù)為8×1/8＋6×1/2＝4，硅原子個數(shù)為4，則根據(jù)公式a3×10－30×ρ×NA＝4×40g·mol－1，得ρ＝eq\f(1.6×1032,NA·a3)g·cm－3。4．黑火藥是我國古代的四大發(fā)明之一。黑火藥爆炸時發(fā)生的反應為2KNO3＋S＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)鉀原子的核外電子排布式為____________，第一電離能：K________(填“>”或“<”)Na。(2)NOeq\o\al(－,3)的空間構(gòu)型為________。(3)固態(tài)硫易溶于CS2，熔點為112℃，沸點為444.8℃。其分子結(jié)構(gòu)為，S8中硫原子的雜化軌道類型是________，S8分子中至多有________個硫原子處于同一平面。(4)N2分子中σ鍵與π鍵的個數(shù)比為________，N2的沸點比CO的沸點________(填“高”或“低”)。(5)K2S的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。其中K＋的配位數(shù)為________，S2－的配位數(shù)為________；若晶胞中距離最近的兩個S2－核間距為acm，則K2S晶體的密度為____________g·cm－3(列出計算式，不必計算出結(jié)果)。答案(1)1s22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1<(2)平面正三角形(3)sp34(4)1∶2低(5)48eq\f(4×110,NA·\r(2)a3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(或\f(4×110,6.02×1023×\r(2)a3)))解析(1)基態(tài)K原子核外有19個電子，核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1。同主族元素的第一電離能隨原子核外電子層數(shù)的增多而逐漸減小，故K的第一電離能小于Na。(2)NOeq\o\al(－,3)中N原子形成3個N—O鍵，且不含孤對電子，則N原子采取sp2雜化，故NOeq\o\al(－,3)的空間構(gòu)型為平面正三角形。(3)由S8分子結(jié)構(gòu)可知，每個S原子形成2個S—S鍵，且含有2對孤對電子，則S原子的雜化軌道類型為sp3雜化，S8分子中至多有4個硫原子處于同一平面。(4)N2分子的結(jié)構(gòu)式為N≡N，每個N2分子中含有1個σ鍵和2個π鍵，故σ鍵和π鍵的個數(shù)比為1∶2。N2和CO都是分子晶體，其熔、沸點主要受分子間作用力影響，在相對分子質(zhì)量相同的情況下，分子的極性對其熔、沸點產(chǎn)生影響，CO分子的極性使其分子間作用力略大，故N2的沸點低于CO。(5)K2S晶胞中，每個K＋周圍等距離且最近的S2－有4個，則K＋的配位數(shù)為4。每個S2－周圍等距離且最近的K＋有8個，則S2－的配位數(shù)為8。晶胞中距離最近的兩個S2－核間距為acm，為每個面對角線長度的eq\f(1,2)，則晶胞的棱長為eq\r(2)acm，故K2S晶體的密度為ρ＝eq\f(4×110,NA·\r(2)a3)g·cm－3。5．原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期。自然界中存在多種A的化合物，B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，B與C可形成正四面體形分子，D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子。請回答下列問題：(1)這四種元素中，電負性最大的元素的基態(tài)原子的價電子排布圖為____________。(2)A與B形成的化合物B2A2(3)B元素可形成多種單質(zhì)，一種晶體結(jié)構(gòu)如圖甲所示，其原子的雜化類型為________；另一種的晶胞如圖乙所示，該晶胞的空間利用率為________(保留兩位有效數(shù)字，eq\r(3)＝1.732)。(4)向D的硫酸鹽溶液中滴加過量氨水，首先形成藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液。寫出沉淀溶解的離子方程式：_____________________________________________________________________________________________________________。(5)圖丙為一個由D元素形成的單質(zhì)的晶胞，該晶胞“實際”擁有的D原子數(shù)目為________。其晶體的堆積模型為____________。此晶胞中的棱長為acm，D的相對原子質(zhì)量為M，密度為ρg·cm－3，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為________mol－1(用含M、a、ρ的代數(shù)式表示)。答案(1)(2)3∶2(3)sp234%(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O(5)4面心立方最密堆積eq\f(4M,ρa3)解析A為第一周期元素，且自然界中存在多種A的化合物，則A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，即核外有6個電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，D原子外圍電子排布式為3d104s1，則D為銅元素；結(jié)合原子序數(shù)大小順序可知，C只能處于第三周期，B與C可形成正四面體形分子，則C為氯元素。(1)四種元素中電負性最大的是Cl元素，其基態(tài)原子的價電子數(shù)為7，其基態(tài)原子的價電子排布圖為。(2)H與C形成的化合物B2A2為C2H2，其結(jié)構(gòu)式是H—C≡C—H，C2H2(3)圖甲是石墨的層狀晶體結(jié)構(gòu)，每個C原子與另外3個C原子相連，則C原子采取sp2雜化；圖乙是金剛石的晶胞結(jié)構(gòu)，晶胞含8個碳原子，若晶胞參數(shù)為acm，C原子半徑為rcm，體對角線的長度為4個碳原子的直徑，則有：8r＝eq\r(3)a，該晶胞的空間利用率為eq\f(\f(4,3)πr3×8,a3)×100%＝eq\f(\f(4,3)πr3×8,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8r,\r(3))))3)×100%≈34%。(5)圖丙為一個由D元素形成的單質(zhì)的晶胞，該晶胞“實際”擁有的D原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4。晶體的堆積模型為面心立方最密堆積。此晶胞中的棱長為acm，D的相對原子質(zhì)量為M，密度為ρg·cm－3，則有ρ＝eq\f(M晶胞,V晶胞·NA)＝eq\f(4×M,a3·NA)g·cm－3，故阿伏加德羅常數(shù)可表示為NA＝eq\f(4M,ρa3)mol－1。6．[2017·湖北八校聯(lián)考]磷存在于人體所有細胞中，是維持骨骼和牙齒的必要物質(zhì)，幾乎參與所有生理上的化學反應。回答下列問題：(1)基態(tài)P原子的核外電子排布式為____________，有________個未成對電子。(2)磷的一種同素異形體——白磷(P4)的立體構(gòu)型為________，其鍵角為________，推測其在CS2中的溶解度________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。(3)兩種三角錐形氣態(tài)氫化物膦(PH3)和氨(NH3)的鍵角分別為93.6°和107°，試分析PH3的鍵角小于