2020高考化学二轮复习课时作业11物质结构与性质综合题型研究含解析

2020高考化学二轮复习课时作业11物质结构与性质综合题型研究含解析

课时作业(十一)‎ ‎1．因瓦合金是铁和镍的合金，由于其膨胀系数极小，又称不变合金，适合做测量元件。回答下列问题：‎ ‎(1)基态镍原子的价电子轨道表达式为_________________________________________；‎ 铁的基态原子核外未成对电子数为________个。‎ ‎(2)在稀氨水介质中，Ni2＋与丁二酮肟(分子式为C4H8N2O2)反应可生成鲜红色沉淀，其分子结构如下图所示，该结构中碳原子的杂化方式为________；已知丁二酮肟分子结构中C—C键与N—O键的键长和键能数据如表所示，请从原子结构角度解释N—O键的键能小于C—C键的原因： _______________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 化学键 键长/10－12 m 键能/kJ·mol－1‎ C—C ‎154‎ ‎332‎ N—O ‎146‎ ‎230‎ ‎(3)铁、镍易与CO作用形成羰基配合物Fe(CO)5、Ni(CO)4。1个Fe(CO)5分子中含有σ键数目为________；已知Ni(CO)4分子为正四面体构型，下列溶剂能够溶解Ni(CO)4的是________(填字母)。‎ A．四氯化碳　　　　　　　 B．苯 C．水 D．液氨 ‎(4)镍晶胞为面心立方，其中镍原子的配位数为________。氯化亚铁的熔点为674 ℃，而氯化铁的熔点仅为282 ℃，二者熔点存在差异的原因是_________________________________ ‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)Fe3O4晶体中，O2－的重复排列方式如右图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2－围成的正四面体空隙和由3、6、7、8、9、12的O2－围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3＋填充在正四面体空隙中，另一半Fe3＋和Fe2＋填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2－数之比为________。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18 g·cm－3，则该晶胞参数a＝____________cm(写出计算表达式即可)。‎ 7‎ 答案　(1)　4‎ ‎(2)sp2、sp3　C—C键中的C原子无孤电子对，而N—O键中的N、O原子均有孤电子对，且N—O键键长短，N、O原子孤电子对之间的相互排斥导致N—O键的键能小于C—C键 ‎(3)10　AB ‎(4)12　氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键；而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力 ‎(5)2∶1　 解析　(2)该结构中形成双键的C原子杂化类型为sp2，其余C原子杂化类型为sp3。‎ ‎(3)Fe(CO)5分子中Fe与CO形成5个配位键(配位键属于σ键)，CO中含有1个σ键和2个π键，1个Fe(CO)5分子中含有σ键数目为10；Ni(CO)4分子为正四面体构型，说明Ni(CO)4为非极性分子，四氯化碳和苯分子均为非极性分子，而水和液氨均为极性分子，根据“相似相溶”原理可知四氯化碳和苯能溶解Ni(CO)4。‎ ‎(5)如图可知共有8个正四面体空隙，O2－位于顶点和面心，O2－个数为×8＋×6＝4，晶体中正四面体空隙数与O2－数之比为8∶4＝2∶1；Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶胞质量为 g，晶体密度为5.18 g·cm－3，则晶胞体积为 cm3，晶胞边长为 cm。‎ ‎2．铜及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎(1)铜或铜盐的焰色反应为绿色，下列有关原理分析的叙述正确的是________(填字母)。‎ a．电子从基态跃迁到较高的激发态 b．电子从较高的激发态跃迁到基态 c．焰色反应的光谱属于吸收光谱 d．焰色反应的光谱属于发射光谱 ‎(2)基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层符号是________，其核外电子排布式中未成对电子数为________个，Cu与Ag均属于第ⅠB族，熔点：Cu________(填“>”或“<”)Ag。‎ ‎(3)[Cu(NH3)4]SO4中阴离子的立体构型是________；中心原子的轨道杂化类型为________，[Cu(NH3)4]SO4中Cu2＋与NH3之间形成的化学键称为________。‎ ‎(4)用Cu作催化剂可以氧化乙醇生成乙醛，乙醛中σ键和π键的比值为________。‎ ‎(5)碘、铜两种元素的电负性如下表：‎ 元素 I Cu 电负性 ‎2.5‎ ‎1.9‎ 7‎ CuI属于________(填“共价”或“离子”)化合物。‎ ‎(6)Cu与Cl形成某种化合物的晶胞如右图所示，该晶体的密度为ρ g·cm－3，晶胞边长为a cm，则阿伏加德罗常数为________(用含ρ、a的代数式表示)。‎ 答案　(1)bd ‎(2)N　1　>‎ ‎(3)正四面体　sp3　配位键 ‎(4)6∶1‎ ‎(5)共价 ‎(6) 解析　(2)Cu与Ag均属于第ⅠB族，铜原子半径小于银原子，铜原子对自由电子的吸引力大于银，金属键强，熔点高。‎ ‎(3)[Cu(NH3)4]SO4中阴离子为SO42－，S原子与周围的4个O原子连接，采用sp3杂化，立体构型为正四面体。‎ ‎(4)乙醛的结构式为，单键为σ键，双键中一个σ键、一个π键，故σ键和π键的比值为6∶1。‎ ‎(5)CuI中两种元素的电负性数值之差＝0.6<1.7，属于共价化合物。‎ ‎(6)根据晶胞结构，Cu与Cl的个数均为4，化学式为CuCl，则晶体的密度ρ g·cm－3＝，解得NA＝。‎ ‎3．电化学还原技术是一种处置CO2的绿色环保、有发展潜力的方法。铜、铂、铟(In)等金属都是该反应的催化剂。‎ ‎(1)In元素基态原子的价电子排布式为________。与Cu元素同周期，且基态原子有2个未成对电子的过渡元素是________(填元素符号)。‎ ‎(2)第一电子亲和能(E1)是元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示。试分析碳元素的E1较大的原因：________________________________________________________________________。‎ 7‎ ‎(3)[PtCl4(NH3)2]中N原子的杂化方式为________，所含化学键类型包括________ (填字母)。‎ a．离子键　　b．共价键　　c．金属键 d．配位键　　e．氢键 ‎[PtCl4(NH3)2]中H—N—H键之间的夹角________(填“>”“<”或“＝”)NH3分子中H—N—H键之间的夹角，原因是____________________________________________________。‎ ‎(4)C60晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体，右图为K3C60的面心立方晶胞。则K＋占据的是C60围成的正四面体空隙和________空隙，若C60分子的原子坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置C60分子最近的K＋的原子坐标参数为________。判断晶体熔、沸点高低：C60________(填“>”“<”或“＝”)K3C60。‎ 答案　(1)5s25p1　Ti、Ni ‎(2)碳原子结合一个电子后的2p轨道为半充满状态，稳定性较强 ‎(3)sp3　bd　>　[PtCl4(NH3)2]形成过程中，NH3中的N原子的孤对电子与Pt4＋形成了配位键，转化为成键电子对，对其他成键电子对的排斥力降低，所以键角增大 ‎(4)正八面体　(，，)　<‎ 解析　(2)基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，碳原子得到一个电子后的2p轨道为半充满状态，稳定性较强，放出的能量较多，所以碳元素的E1较大。‎ ‎(3)[PtCl4(NH3)2]中每个N原子形成3个氮氢σ键，与Pt4＋形成1个配位键，配位键也属于σ键，N原子上没有孤电子对，N原子的杂化方式为sp3杂化。‎ ‎(4)根据图示，C60位于晶胞的8个顶点和6个面心，根据“均摊法”，1个晶胞中含C60为8×＋6×＝4个，根据化学式K3C60，1个晶胞中含12个K＋，其中8个K＋占据C60围成的正四面体空隙，4个K＋占据C60围成的正八面体空隙；距离A位置C60分子最近的K＋位于图中ABDE围成的正四面体空隙，其坐标参数为(，，)；C60属于分子晶体，K3C60属于离子晶体，分子间作用力小于离子键，晶体熔、沸点C60”或“<”)；第一电离能磷大于硫的原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)NH3分子在独立存在时H—N—H键角为106.7°。[Zn(NH3)6]2＋的部分结构以及H—N—H键角的测量值如图所示。解释配合物中H—N—H键角变为109.5°的原因：‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)已知图中正八面体为[PtCl6]2－，白球为K＋，立方体晶胞边长为a pm，K2PtCl6的相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其密度为____________g·cm－3(列出计算式即可)。‎ 答案　(1)‎ ‎(2)sp、sp2　SCN－(或CO2、CS2、N3－等)‎ ‎(3)<　磷原子的3p轨道处于半充满状态，不容易失去电子 ‎(4)氨分子与Zn2＋形成配合物后，N原子的孤电子对与Zn2＋成键，原孤电子对与成键电子对间排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，排斥作用力减弱，故H—N—H键角变大。‎ ‎(5) 解析　(1)基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，则其价电子排布图。‎ ‎(2)NO2＋中N原子的孤电子对数为×(5－1－2×2)＝0，只形成2个σ键，则N原子采取sp杂化；NO3－中N原子的孤电子对数为×(5－2×3＋1)＝0，只形成3个σ键，则N原子采取sp2杂化。NO2＋中含有3个原子，价电子总数为5＋2×6－1＝16，与其互为等电子体的粒子有CO2、CS2、SCN－、N3－等。‎ 7‎ ‎(3)同周期主族元素的电负性从左到右逐渐增强，则电负性：PO>C　③4　sp2、sp3‎ ‎(2)①AD　②极性键、非极性键 ‎(3)①(0，，)　② 解析　(1)①Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中Cu位于ds区；②同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，N原子的2p能级为半充满的稳定结构，使得N元素的第一电离能大于同周期的相邻元素，故C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2＋形成2个Cu—N键，2个Cu—O键，故Cu2＋的配位数是4；—NH2上的N原子参与形成3个σ键和含1对孤电子对，采用sp3杂化，而杂环上的N原子参与形成3个σ键，1个π键，采用sp2杂化。‎ ‎(2)①C60和N60均由分子构成，属于分子晶体，A项正确；N2中含有氮氮三键，键能大，N60的稳定性弱于N2，B项错误；C60中每个碳原子参与形成3个σ键和1个π键，采用sp2杂化，C项错误；根据相似相溶原理，C60为非极性分子，易溶于CS2、苯，D项正确。②将C60容纳在足球形分子Si60中合成“二重结构”的球形分子C60Si60，该反应类似于有机反应中的加成反应，其中C—C键、Si—Si键为非极性键，C—Si键为极性键。‎ ‎(3)①由题图甲可知D的原子坐标参数为(0，，)；②由题图乙可知，铜晶胞的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中铜原子个数为6×＋8×＝4，其晶胞体积V＝(2R×10－7)3 cm3，其密度ρ＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。‎ 7‎