2019届高考化学一轮复习物质结构与性质作业(2)

2019届高考化学一轮复习物质结构与性质作业(2)

物质结构与性质作业 ‎1．常见半导体材料很多，既有单质也有化合物，如Si、Ge、BN、AlP等，试回答下列问题：‎ ‎(1)Si和P在同一周期，该周期元素中第一电离能介于Si与P之间的元素总共有__2__种。‎ ‎(2)基态Ge共有__32__种运动状态不同的电子，写出核电荷数等于Si、Ge核电荷数总和一半的元素的价电子排布图____。‎ ‎(3)N可以形成多种离子，如N、N等，N的杂化方式为__sp__，其空间构型为__直线形__，与其属于等电子体的离子和分子分别为(各写一种)__N2O(或CO2)、OCN－(或SCN－)__。‎ ‎(4)Si、Ge、BN、AlP等晶体结构与金刚石类似，则BN与AlP的熔点大小关系为：BN__>__AlP(填“>”“<”或“＝”)，与金刚石一样，这些半导体材料的硬度大、熔沸点高，但是很易脆。其原因为__原子晶体中原子间以强烈的共价键相结合，由于共价键很稳定，因此这些原子晶体的熔、沸点高、硬度大；共价键有方向性，当外力作用发生形变时共价键会断裂，所以原子晶体易碎__。‎ ‎(5)已知晶体硅与BN 的晶胞如下图：‎ ‎　　‎ ‎①其中与这两个晶胞的配位数相同的晶体为__b__(填编号)。‎ a．简单立方堆积 b．冰晶体 c．体心立方堆积 d．分子密堆积 ‎②若Si、B、N 的原子半径分别为a、b、c(单位：pm)，且晶胞中距离最近的原子相切，则两种晶体的密度之比为：ρ(BN)∶ρ(Si)＝__∶__。(不必计算出结果，只需列出计算式即可)‎ 解析　(1)由于Al的第一电离能大于Si，而P的第一电离能大于S，所以第三周期元素中第一电离能介于Si与P之间的元素总共有2种。(2)因为原子中不存在运动状态完全相同的电子，所以一个原子有多少个电子，就有多少种不同的运动状态，Ge有32个电子，因此有32种运动状态不同的电子；核电荷数等于Si、Ge核电荷数总和一半的元素是23号元素钒，根据电子排布式，不难写出其价电子排布图。(3)根据计算N 中中心氮原子的价层电子对数为2，所以为sp杂化，空间构型为直线形；由于O比N原子多一个电子，其等电子体可为N2O，由于C与O的电子数之和与2个N的电子数相等，所以还可以是OCN－、SCN－；(4)由于晶体结构与金刚石类似，所以均为原子晶体，原子晶体的熔、沸点主要由原子半径决定，原子半径越小，共价键键长就越短，键能就越大，熔、沸点和硬度就越大；但是由于共价键有方向性，所以如果在外力作用下发生形变，共价键就会断裂，因此易碎。(5)①两个晶胞中配位数均为4，而冰晶体中每个水分子与四个水分子以氢键相结合，故答案为b；②两个晶胞中体对角线位置的原子相切，而体对角线为边长的倍，BN晶胞中体对角线为B与N原子半径之和的4倍，晶体硅晶胞体对角线为Si原子半径8倍，据此可知两个晶胞的边长，从而可以列出两种晶体的密度表达式。‎ ‎2．(1)(2018·衡水九模 )①Co的一种氧化物的晶胞如图所示()，已知在该钴的氧化物晶体中钴原子的半径为a pm，氧原子的半径为b pm，它们在晶体中是紧密接触的，则在该钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为__2π/3×(a3＋b3)/(a＋b)3__(用含a、b的式子表示)。‎ ‎②筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在5 K下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构(如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是__D__。‎ ‎(2)(2018·武汉调考)① 某蓝色晶体中，Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN－，K＋位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为__KFe2(CN)6__，立方体中Fe2＋间连接起来形成的空间构型是__正四面体形__。‎ ‎②NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A 为(0,0，0)，B为(1,1,0)，则C离子坐标参数为__(1，，)__。‎ ‎　‎ ‎③一定温度下，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(如图乙)，已知O2－的半径为a ‎ pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为__(或×1024)__g(用含a、NA的代数式表示)。‎ 解析　(1)①钴的氧化物晶体中共含有钴原子8×＋6×＝4个，含有氧原子12×＋1＝4，即晶胞中含有4个CoO，体积为π×(a3＋b3)×4，晶胞的边长为(2a＋2b)，晶胞的体积为(2a＋2b)3，钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为[π×(a3＋b3)×4]/(2a＋2b)3＝2π/3×(a3＋b3)/(a＋b)3。②CoO2重复结构单元中钴原子：氧原子数目之比为1∶2；有以下图像A中钴原子：氧原子＝1∶(4×)＝1∶2，符合；B中钴原子：氧原子＝(1＋4×)∶4＝1∶2，符合；C中钴原子：氧原子＝(4×)∶(4×)＝1∶2，符合；D中中钴原子：氧原子＝1∶(4×)＝1∶1，不符合。(2)①根据分摊原则：Fe2＋、Fe3＋均为4×＝0.5个，CN－为12×＝3个，根据电荷守恒所以K＋有：0.5个，所以化学式为：KFe2(CN)6；Fe2＋位于立方体中互不相邻的四个顶点上，即互为面的对角线上，所以将它们连接起来形成的空间构型是正四面体形；②根据A和B在坐标系中的坐标参数可知：C点在x轴位置与B相同，而在y和z轴均处于一半的位置，所以其坐标参数为(1，，)。③平面NiO基本结构单元为，面积为2a×10－12×2a×10－12×sin60°＝2a2×10－24 m2，质量为：g，所以每平方米中含有的NiO质量为：(或×1024)。‎ ‎3．(2018·重庆七校三诊)(1)基态溴原子的核外电子排布式为__[Ar]3d104s24p5；__，其核外电子所占用的最高能级电子云形状为__哑铃形或纺锤形__。‎ ‎(2)尿素(H2NCONH2)分子中，原子杂化轨道类型有__sp2、sp3；__ ，σ键与π键数目之比为__7∶1__。‎ ‎(3)铍与铝元素性质相似。下列有关铍与铝的叙述正确的是__BD__ (填标号)。‎ A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大 C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液都呈酸性 ‎(4)NH3分子中∠HNH键角为107°，而配离子[Zn(NH3)6]2＋中∠HNH的键角为109.5°。配离子[Zn(NH3)6]2＋中∠HNH键角变大的原因是__NH3分子中N原子的孤对电子进入Zn2＋‎ 的空轨道形成配离子后，原孤对电子对N－H键的成键电子对的排斥作用变为成键电子对之间的排斥，排斥作用减弱__。‎ ‎(5)氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼(如图1)和六方氮化硼(如图2)，前者类似于金刚石，后者与石墨相似。‎ ‎①晶胞中的原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。图1中原子坐标参数A为(0,0,0)，D为(0.5,0.5,0)，则E原子的坐标参数为__(0.25,0.75,0.75)__。‎ ‎②已知六方氮化硼同层中B—N距离为a cm，密度为d g/cm3，则层与层之间距离的表达式为__×1010__pm。(已知正六边形面积为a2，a为边长)‎ 解析　(1)基态溴原子核外电子最高能级是4p；(2)尿素(NCONH2)中C、N原子价层电子对数分别为3,4，原子杂化轨道分别是sp2杂化，sp3杂化，7个σ键，1个π键；(3)周期表中Be在Mg上方，Al在Mg右边，电负性都比Mg大，选项B正确；Be(OH)2、Al(OH)3都是两性氢氧化物，故氯化物显酸性选项D正确；(4)NH3分子中孤电子对排斥成键电子对，故键角小；(5)①E坐标(0.25,0.75,0.75)，②取一个六方柱分析，其体积为×h(h为层与层之间距离)一个六方柱实际含有一个BN，因此×h×d＝，h＝ cm＝×1010 pm。‎ ‎4．(2018·南昌三模)钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。‎ ‎(1)基态Ti原子核外电子排布的最高能级符号是__3d__。与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有__3__种。‎ ‎(2)TiCl4是氯化法制取钛的中间产物，TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是__SiCl4__(填化学式)。‎ ‎(3)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如图所示。‎ ‎①组成该物质的元素中，电负性最大的是__氧__(填元素名称)。‎ ‎②M中，碳原子的杂化形式有__2__种。‎ ‎③M中，不含__de__(填标号)。‎ a．π键　　b．σ键　　c．配位键　　d．氢键　　e．离子键 ‎(4)金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一，具有典型的四方晶系结构。其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示：‎ ‎①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是__BD__。‎ ‎②若A、B、C的原子坐标分别为A(0,0,0)、B(0.69a,0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，__0.81a__，__0.5c__)；钛氧键键长d＝__0.31×a__(用代数式表示)。‎ 解析　(1)基态Ti 原子核外电排布为 1s22s22p63s23p63d24s2，且未成对电子数为2，基态原子核外电子排布的最高能级的符号是3d。第 4周期元素中，基态原子的未成对电数与钛相同的有 Ni (3d84s2)、 Ge (4s24p2)、 Se (4s24p4)3种；(2)由TiCl4和 SiCl4在常温下都是液体，可知，两者均属于分子晶体且分子结构相同，分子间作用力是影响晶体物理性质的主要因素，相对分子质量越大分子间作用力越大，所以TiCl4比SiCl4沸点高。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是SiCl4。(3)半夹心结构催化剂M中含有C、H、O、Ti、Cl 五种元素，电负性大小顺序为O>Cl>C>H>Ti，①组成该物质的元素中，电负性最大的是氧；碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种，②M中，碳原子的杂化形式有2种；在半夹心分子结构中，C－C、C－H、C－O原子间存在δ键，环中存在大π键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键，③M中，不含d、e。(4)金红石(TiO2)结构中A类原子8×＝1、B类原子4×＝2、D类原子2×1＝2、体心原子1×1＝1，原子B、D为O，①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是BD；原子A与体心原子为Ti (Ti∶O＝1∶2)。结合晶系与晶胞参数可得原子坐标可A(0,0,0)、B(0.69a,0.69a，c)、c(a，a，c)、D(0.19a,0.81a,0.5c)、体心(0.5a,0.5a,0.5c)。钛氧键键长：d2＝(0.31a)2＋(0.31a)2，则d＝0.31×a。‎ ‎5．(1)(2018·株洲二模)①羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含__10__mol σ键　②氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为__3：1__。‎ ‎③氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2＋紧邻且等距离的Fe2＋数目为 __12__ ；Fe2＋与O ‎2－最短核间距为 __×1010__ pm。‎ ‎(2)(2018·江苏六市二模)镧镍合金可用于储氢，储氢之后所得晶体的化学式为LaNi5(H2)3，其晶体的最小重复结构单元如图3所示(、○、●代表储氢之后晶体中的三种微粒)。图中●代表的微粒是__H2__。‎ ‎(3)(2018·河南名校联考)C60分子又名足球烯，它是由60个碳原子组成的球状分子，如图4为C60结构图。一个C60分子中六元环的数目为__20__，在C60晶胞中C60分子的配位数为__12__。已知C60分子的球体半径为a nm，则C60晶体的ρ＝__×1021__g/cm3。(用NA表示阿伏加德罗常数的值，写出表达式)‎ ‎(4)(2018·大连二模)Cr晶体的堆积模型是体心立方堆积。‎ ‎①下列金属晶体也采取这种堆积模型的是__A__。‎ A．Na　 B．Po　‎ C．Mg　 D．Cu ‎②晶胞中Cr的配位数为__8__。‎ ‎③已知Cr的相对原子质量为M，Cr的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数用NA表示，则Cr的原子半径是__×10－10__pm。(写出表达式即可)‎ 解析　(1)①Fe与CO形成配位键，成键原子间只能形成一个σ键，因此1 mol Fe(CO)5分子中含有10 mol σ键；②根据图1，Fe位于顶点、面心、内部，实际占有的个数为12×＋2×＋3＝6，N位于内部，实际占有的个数为2，因此铁、氮的微粒个数之比为6∶2＝3∶1；③根据图2，Fe2＋紧邻且等距离的Fe2＋的数目为12，Fe位于晶胞的顶点、面心，实际占有个数为8×＋6×＝4，O位于棱上和体心，实际占有的个数为12×＋1＝4，即化学式为FeO，晶胞的质量为4×72/NA g，令晶胞的边长为a cm，则晶胞的体积为a3 cm3‎ ‎，根据密度的定义，ρ＝4×72/(NA×a3)，Fe2＋与O2－最短的核间距是边长的一半，因此最短核间距为×1010 pm。(2)根据均摊法计算，◎的个数为8×＝1，○的个数为8×＋1＝5，●的个数为8×＋1＝3，根据化学式LaNi5(H2)3可知，图中●代表的微粒是H2。(3)根据图示，每个碳原子形成3个碳碳键(2个碳碳单键和1个碳碳双键)，每个五元环周围有5个六元环，每个六元环周围有3个五元环和3个六元环，五元环与六元环的个数比为3∶5，设五元环、六元环分别有x、y个，则x∶y＝3∶5,5x＋6y＝3×60，解得x＝12，y＝20，一个C60分子中六元环的数目为20；在C60晶胞中C60分子采取分子密堆积，1个C60分子周围等距离最近的C60分子有12个，C60分子的配位数为12；C60晶胞为面心立方最密堆积，用“均摊法”，1个晶胞中含C60∶8×＋6×＝4个，C60分子的球体半径为a nm，晶胞的边长为2a nm，1个晶胞的体积为(2a nm)3＝16a3×10－21cm3，1 mol晶体的体积为16a3×10－21cm3÷4×NA＝4a3NA×10－21cm3,1 mol C60晶体的质量为720 g，C60晶体的ρ＝720 g÷(4a3NA×10－21cm3)＝×1021 g/cm3。(4)①因为体心立方堆积是指晶胞中含有两个原子的立方体，一个原子在立方体的顶点上，另一个原子在立方体的中心。Cr晶体的堆积模型是体心立方堆积。而碱金属也属于这种堆积，所以Na 属于体心立方堆积。Po属于简单立方堆积，Mg属于六方最紧密堆积，Cu属于面心立方最紧密堆积，故选A。②晶胞中配位数是指与指定原子接触的原子的数目。Cr属于体心立方堆积的晶胞，中心Cr原子与立方体顶点的8个Cr原子距离都相同，所以晶胞中Cr的配位数为8。③因为Cr属于体心立方堆积的晶胞，所以每个晶胞中含有两个Cr原子。设晶胞的边长为a pm，根据公式ρ＝m/V＝2M/[NA(a×10－10)3]，所以a＝×10－10，根据晶胞的结构为体心立方堆积，晶胞体对角线a为2个Cr原子直径之和所以Cr的原子半径为×10－10。‎ ‎6．(2018·荆州三模)2017年4月26日，海军成立68周年时，我国第一艘国产航母成功下水。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。‎ ‎(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2＋最高能级电子的运动状态有__8__种，铬元素在周期表中__d__区。‎ ‎(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷(结构如图所示)，其中C原子杂化方式为__sp3__杂化。‎ ‎(3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。‎ ‎①根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是__I__(填元素符号)‎ 氟 氯 溴 碘 第一电离能(kJ/mol)‎ ‎1681‎ ‎1251‎ ‎1140‎ ‎1008‎ ‎②根据价层电子对互斥理论，预测ClO的空间构型为__三角锥__形，写出一个ClO的等电子体的化学符号__SO__。‎ ‎③已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6()和HIO4，前者为五元酸，后者为一元酸。请比较二者酸性强弱：H5IO6__<__HIO4(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎(4)海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化铁、锰、锌等。Zn2＋与S2－形成的一种晶体结构如图所示(黑球表示Zn2＋，白球表示S2－)。则该晶体中与Zn2＋等距且最近的S2－形成的立体图形为__正四面体形__。已知该晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏伽德罗常数为NA，该晶体中Zn2＋和S2－原子之间的最短距离为体对角线的1/4，则该晶体中S2－和Zn2＋之间的最短距离为__××1010(或××1010)__pm。(写出计算式即可)‎ 解析　Ni原子核电荷数为28，基态原子电子排布为[Ar]3d84s2，Ni2＋电子排布为[Ar]3d8，最高能级电子的运动状态有8种，铬元素在周期表中d区。(2)根据该材料聚硅氧烷的结构可知，碳原子形成的杂化轨道数，对于—CH3 、—CH2CH3 和—CF3基团来说，C原子均属于sp3。(3)①卤族元素包含：F、Cl、Br、I、At元素，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子，根据表中数据知，卤族元素中第一电离能最小的是I元素，则碘元素易失电子生成简单阳离子。②ClO的成键电子对数为3，孤电子对数为1，由m＋n＝4，为空间四面体模型，而该分子中含有一对孤电子对，则变为三角锥型；与ClO的等电子体的化学符号SO。③中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4‎ 为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，所以酸性：H5IO6

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