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(精编)2020年高考化学二轮复习专题十三物质结构与性质练习

来源:用户分享 时间:2025/7/10 21:11:52 本文由loading 分享 下载这篇文档手机版
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专题十三 物质结构与性质 1.答案:(1)D C (2)Li核电荷数较大 (3)正四面体 sp 8×7+4×16AB (4)520 498 2 908 (5) NA0.466 5×10-7321解析:(1)根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s2s,则D中能量最低;选项C中有2个电子处于2p能级上,能量最高。(2)由于锂的核电荷数较大,原子核+--对最外层电子的吸引力较大,因此Li半径小于H。(3)LiAlH4中的阴离子是AlH4,中心原子铝原子含有的价层电子对数是4,且不存在孤对电子,所以空间构型是正四面体,中心原3子的杂化轨道类型是sp杂化;阴阳离子间存在离子键,Al与H之间还有共价单键,不存在双键和氢键,故选AB。(4)根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2=520 kJ/mol;0.5 mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ,所以O=O键能是249 kJ/mol×2=498 kJ/mol;根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol。(5)根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中,共计是8个,根据化学式可知氧原子个数是4个,则Li2O的m8×7+4×163密度是ρ==-73 g/cm。 VNA0.466 5×1092262692.答案:(1)[Ar]3d或1s2s2p3s3p3d (2)26NA C

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(5)12 2c38aNA解析:(1) 基态氯原子的最外层有7个电子,价电子排布在3s、3p能级上,价电子排×10 30布图是;铜原子核外有29个电子,核外电子排布为226261011s2s2p3s3p3d4s,排布在15个原子轨道上,所以有15种空间运动状态;(2)同周期元素从左到右第一电离能增大,ⅤA族原子p轨道半充满,第一电离能大于ⅥA族元素的原子,4+22-所以碳、氮、氧三种元素中第一电离能最大的是N;CO3中碳原子的价电子对数是=3,22所以碳原子的杂化轨道类型为sp ;(3)氧元素的电负性大于氮,氧原子的半径小于氮,水分子间氢键比氨分子间氢键强,所以水的沸点高于液氨;(4)等电子体是原子数相同、价电-子数相同的微粒,所以与CN互为等电子体的分子的化学式是N2或CO;单键是σ键,三键-2--2-中有1个是σ键,所以1 mol[ Cu(CN)4]中含有8 molσ键;若将[ Cu(CN)4]中二个---2-CN换为Cl,只有一种结构,则[ Cu(CN)4]中4个氮原子所处空间位置关系为正四面体;(5)根据晶胞图,1个氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目是12个;晶体中氯离子以面心-立方最密堆积排列,钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中,r(Cl)=a pm,所以晶胞边长是111-+22apm,根据均摊原则,每个晶胞含有 Cl数是8×+6×=4,含有Na数是12×+1824=4;所以密度是4c-1022a×102245.答案:(1)洪特规则 sp杂化 1.806×10(或3NA) 3(2)> Si3N4晶体中Si原子周围有四个N原子,Si为sp杂化,键角N—Si—N为3109°28′,而N原子周围连接3个Si原子,含有一对孤电子对,N原子也是sp杂化,但由于孤电子对对成键电子对的排斥力更大,使得Si—N—Si键角小于109°28′ (3)22 六方最密 (4)化合物乙能形成分子间氢键 O>N>C (5)6 23,解析:(1)基态N原子的最外层电子排布式为2s2p2p轨道上的3个电子分别排布在3个2p轨道上,遵循洪特规则。N2F2分子的结构式为F—N===N—F,其中每个N原子形成2个2σ键和1个π键,且含有1对未成键的孤电子对,故N原子采取sp杂化。1个N2F2分子含2324有2个N—F键和1个N===N键,故1 mol N2F2含有σ键的个数为3×6.02×10=1.806×10。(3)基态钛原子核外有22个电子,各个电子的运动状态均不同。由金属钛的晶胞结构可知,2c30-3=×10 g·cm。 338aNA×NA其堆积方式为六方最密堆积。(4)化合物乙()分子中含有—NH2,易形成分子间氢键,而化合物甲()不能形成分子间氢键,故3化合物乙的沸点明显高于化合物甲。化合物乙中C、N、O原子均采取sp杂化,同周期自左4+向右,电负性逐渐增大,故电负性:O>N>C。(5)由钙钛矿晶体的结构可知,Ti位于立方2-晶胞的顶角,被周围6个O包围,形成配位八面体。 6.答案:(1) 6 (2) 正四面体形 CH4、NH4 n-32(3)(BO2)n sp、sp (4)氢键、共价键、范德华力 2 (5)(2/3,1/3,1/2) 21解析:(1)B是5号元素,基态B原子的价电子为2s2p,价电子的轨道表达式为

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+,第二周期第一电离能比B高的元素有Be、C、N、O、F、Ne 6种。 ---(2)B易形成配离子,如[B(OH)4]、[BH4]等。[B(OH)4]的中心原子形成4个σ键,其中有一个是配位键,由O原子提供了孤对电子,其结构式为,其-中心原子B原子的价层电子对数为4,故其VSEPR模型为正四面体形,[BH4]的等电子体有+CH4、NH4等。(3)由图1可知,偏硼酸根中每个B形成3个共价键、每个O形成2个共价键,所以平均每个B原子结合2个O原子,由B和O的化合价分别为+3和-2可知,其化学式n-可表示为(BO2)n;由图2可知,五硼酸根离子中有2种B原子,一种形成4个共价键,另一32种形成3个共价键,故其中B原子的杂化方式为sp、sp。(4)硼酸晶体是片层结构的分子晶体,由图3可知,同一层微粒间存在的作用力有氢键、共价键,范德华力3种;由均摊法可知,每个晶胞周围可形成4个晶胞、每个晶胞中包含8个硼酸分子,故平均同一片层划分出的一个二维晶胞含有2个H3BO3分子。(5)若建立如图5所示的坐标系,x与y两轴的夹角为120°,以A为坐标原点,把晶胞的底边边长和高都视作单位1,则B、C的坐标分别为B(1,0,0)、C(0,0,1),由图可知,D点与A、B以及底面右下角等3个点构成一个正四面体,D点位于其顶点,其高度为晶胞高度的一半。由D点向底面作垂线,垂足为中线的三等分点,21211则垂足的坐标为(,,0),所以D点的坐标为D(,,)。 333327.答案:(1)2 3d (2)正四面体形 大于 (3)电负性N强于P,中心原子的电负性越大,成键电子对离中心原子越近,成键电子对之间距离越小,成键电子对之间的排斥力增大,键角变大 1 000~1 100 K(4)TiO2+2C+2Cl2===========TiCl4+2CO 3248(5)TiN ρNA2262622解析:(1)钛元素基态原子的核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s,因此其中未成对电子数为2个,能量最高的电子占据的能级符号为3d。(2)白磷(P4)分子中含有6个P-P单键,其立体构型为正四面体形;白磷和CS2均为非极性分子,水是极性分子,根据相似相溶原理可推测白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度。(3)由于电负性N强于P,中心原子的电负性越大,成键电子对离中心原子越近,成键电子对之间距离越小,成键电子对之间的排斥力增大,键角变大,因此PH3的键角小于NH3的。(4)反应物是氯气、TiO2和足量炭粉,生成物是TiCl4,根据原子守恒且碳过量可知还有CO生成,则生成TiCl4的化学反应方程式1 000~1 100 K为TiO2+2C+2Cl2=====TiCl4+2CO。(5)根据晶胞结构可知含有的N原子个数是8×1/8+6×1/2=4,Ti原子全部在晶胞中,共计是4个,则该晶体的化学式为TiN;设晶32484×62胞的边长是a cm,则3=ρ,解得a=。 a×NAρNA8.答案:(1) (2)sp、sp SCN、CO2、CS2、N3等中的任一种 +(3)NH4F F原子半径比I原子小,H-F键比H-I键强(或H-F更易形成易夺取NH4中+的H) +213(4)3 (5)B12 (6)Na (7)4 M×10/42dNA 226261021解析:(1)Ga原子核电荷数为31,核外电子排布1s2s2p3s3p3d4s4p;基态Ga原子价电子排布图为。(2)NO2其中心N原子价电子对数=σ键个数+孤-电子对个数=2+(5-1-2×2)/2=2,所以其中的氮原子按sp方式杂化;NO3价层电子对数

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+2--为3+(5+1-2×3)=3,属于sp杂化;等电子体是指原子数相等,电子总数相等的微粒,+--因此原子数为3,电子数为22的等电子微粒有(和NO2):SCN、CO2、CS2、N3等中的任一种。++(3)由于F原子半径比I原子小,H-F键比H-I键强(或H-F更易形成易夺取NH4中的H),所以NH4F、NH4I中,较易分解的是NH4F。(4)同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势,特例是ⅡA的第一电离能大于ⅢA,ⅤA的第一电离能大于ⅥA,故第一电离能介于B元素和N元素的元素有Be、C、O,共计3种。(5) 根据晶胞的结构图可以知道,每个硼原子被5个正三角形共用,每个正三角形上有三个硼原子,所以这个基本结构单元含有硼原子的个数1为:(20×3)/5=12;若此结构单元为1个分子,则其分子式为B12。(6)该晶胞中●个数=8×811+6×=4,○个数=12×+8=11,根据化学式知,冰晶石中阳离子和阴离子个数之比为243:1,要使阳离子、阴离子个数之比为3:1,则大立方体的体心处▽所代表的微粒是+Na。(7)根据乙图可知,Al为面心立方堆积,铝原子位于晶胞8个顶点和立方体的6个面心,一个晶胞中Al原子的数目N=1/8×8+1/2×6=4。设晶胞中立方体的边长为a,根据2223丙图中原子之间的位置关系有a+a=(4d),则a=22dnm,则晶胞的体积为V=a=[22d×10-7]3cm3,一个晶胞中含有4个铝原子,则晶胞的质量为m=NM/NA ,密度ρ=m/V= 3-2121NM/NAV,代入数据计算可得晶胞密度ρ=4×M/NAV=M÷[42d×10×NA]=M×10/[42d3NA]。 2 9

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