2023屆新高考新教材化學(xué)人教版一輪訓(xùn)練-專項(xiàng)提能特訓(xùn)(7)　物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合大題突破

專項(xiàng)提能特訓(xùn)(7)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合大題突破1．(2021·湖南卷，18)硅、鍺(Ge)及其化合物廣泛應(yīng)用于光電材料領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為_(kāi)___________，晶體硅和碳化硅熔點(diǎn)較高的是____________(填化學(xué)式)；(2)硅和鹵素單質(zhì)反應(yīng)可以得到SiX4。SiX4的熔、沸點(diǎn)SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔點(diǎn)/K183.0203.2278.6393.7沸點(diǎn)/K187.2330.8427.2560.7①0℃時(shí)，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液態(tài)的是__________(填化學(xué)式)，沸點(diǎn)依次升高的原因是____________________，氣態(tài)SiX4分子的空間結(jié)構(gòu)是________；②SiCl4與N甲基咪唑()反應(yīng)可以得到M2＋，其結(jié)構(gòu)如圖所示：N甲基咪唑分子中碳原子的雜化軌道類型為_(kāi)_______，H、C、N的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開(kāi)_______，1個(gè)M2＋中含有________個(gè)σ鍵；(3)下圖是Mg、Ge、O三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。①已知化合物中Ge和O的原子個(gè)數(shù)比為1∶4，圖中Z表示________原子(填元素符號(hào))，該化合物的化學(xué)式為_(kāi)___________；②已知該晶胞的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm，α＝β＝γ＝90°，則該晶體的密度ρ＝________g·cm－3(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，用含a、b、c、NA的代數(shù)式表示)。解析：(1)硅原子核外有14個(gè)電子，有1s、2s、2p、3s、3p五個(gè)能級(jí)，每個(gè)能級(jí)的電子數(shù)分別是2、2、6、2、2，則基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為。晶體硅和碳化硅均為共價(jià)晶體，碳原子半徑比硅原子半徑小，則C—Si鍵鍵長(zhǎng)比Si—Si鍵鍵長(zhǎng)短，故碳化硅的熔點(diǎn)較高。(2)①0℃≈273K，由題表中的數(shù)據(jù)可知，只有SiCl4的熔點(diǎn)低于273K，沸點(diǎn)高于273K，則SiCl4在0℃時(shí)為液態(tài)。SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4均為分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，則分子間作用力依次增大，沸點(diǎn)逐漸升高。SiX4的中心原子Si周圍的σ鍵電子對(duì)數(shù)＝4＋eq\f(1,2)×(4－1×4)＝4，無(wú)孤電子對(duì)，由VSEPR理論可知，其VSEPR模型與分子空間結(jié)構(gòu)均為正四面體。②中甲基碳原子為飽和碳原子，是sp3雜化，碳碳雙鍵中的碳原子為sp2雜化。短周期同周期元素從左到右，電負(fù)性逐漸增大，且H的電負(fù)性比C小，故電負(fù)性由大到小的順序是N>C>H。中1個(gè)基團(tuán)有1個(gè)N—Si、4個(gè)N—C、1個(gè)N=C、1個(gè)C=C、6個(gè)C—H，共有13個(gè)σ鍵，4個(gè)基團(tuán)，則含13×4＝52(個(gè))σ鍵，另外還有2個(gè)Si—Cl鍵，故1個(gè)中含有σ鍵的數(shù)目為54個(gè)。(3)①由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，1個(gè)晶胞中，對(duì)于X原子，8個(gè)位于頂點(diǎn)、4個(gè)位于棱上、6個(gè)位于面上、3個(gè)位于晶胞內(nèi)，故1個(gè)晶胞中含有X的數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,4)＋6×eq\f(1,2)＋3＝8(個(gè))；對(duì)于Y原子，4個(gè)Y原子均位于晶胞內(nèi)；對(duì)于Z原子，16個(gè)Z原子均位于晶胞內(nèi)。其中Ge和O的原子個(gè)數(shù)比為1∶4，則X為Mg，Y為Ge，Z為O。由上述分析可知，該化合物的化學(xué)式為Mg2GeO4。②1個(gè)晶胞的質(zhì)量＝eq\f(24×8＋73×4＋16×16,NA)g＝eq\f(740,NA)g，1個(gè)晶胞的體積＝abc×10－21cm3，則晶體的密度ρ＝eq\f(\f(740,NA)g,abc×10－21cm3)＝eq\f(740×1021,abcNA)g·cm－3。答案：(1)SiC(2)①SiCl4SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4都是分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大正四面體②sp2、sp3N>C>H54(3)①OMg2GeO4②eq\f(740×1021,abcNA)2．(2020·天津卷，13)Fe、Co、Ni是三種重要的金屬元素?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置為_(kāi)_______，基態(tài)Fe原子的電子排布式為_(kāi)_______。(2)CoO的面心立方晶胞如圖1所示。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為_(kāi)_______g·cm－3；三種元素二價(jià)氧化物的晶胞類型相同，其熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開(kāi)_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。圖1(3)Fe、Co、Ni能與Cl2反應(yīng)，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開(kāi)_____________________________________________________________________________________________________________________，Co(OH)3與鹽酸反應(yīng)有黃綠色氣體生成，寫出反應(yīng)的離子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)95℃時(shí)，將Ni片浸在不同質(zhì)量分?jǐn)?shù)的硫酸中，經(jīng)4小時(shí)腐蝕后的質(zhì)量損失情況如圖2所示，當(dāng)w(H2SO4)大于63%時(shí)，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因?yàn)開(kāi)___________________________________________________________________________________。由于Ni與H2SO4反應(yīng)很慢，而與稀硝酸反應(yīng)很快，工業(yè)上選用H2SO4和HNO3的混酸與Ni反應(yīng)制備NiSO4。為了提高產(chǎn)物的純度，在硫酸中添加HNO3的方式為_(kāi)_______(填“一次過(guò)量”或“少量多次”)，此法制備NiSO4的化學(xué)方程式為_(kāi)______________________________________________________________________________________________。圖2解析：(1)Fe、Co、Ni三種元素在周期表中位于第四周期第Ⅷ族；Fe的原子序數(shù)為26，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知，基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。(2)由題給圖示可知，O2－位于頂點(diǎn)和面心，因此一個(gè)晶胞中含有O2－的個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4；Co2＋位于棱上和體心，因此一個(gè)晶胞中含有Co2＋的個(gè)數(shù)為12×eq\f(1,4)＋1＝4，即一個(gè)晶胞的質(zhì)量為eq\f(4×75,NA)g，一個(gè)晶胞的體積為(a×10－7)3cm3，因此CoO晶體的密度為eq\f(3×1023,NA·a3)g·cm－3。Fe、Co、Ni的原子序數(shù)逐漸增大，原子半徑逐漸減小，因此FeO、CoO、NiO微粒間的作用力由大到小的順序?yàn)镹iO>CoO>FeO，三種晶體的熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)镹iO>CoO>FeO。(3)由Fe和Cl2反應(yīng)生成FeCl3可知，氧化性：Cl2>Fe3＋；由Co和Cl2反應(yīng)只生成CoCl2而不能生成CoCl3可知，氧化性：Co3＋>Cl2。綜上分析，F(xiàn)eCl3、CoCl3和Cl2三者氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镃oCl3>Cl2>FeCl3。Co(OH)3與鹽酸反應(yīng)生成氯氣和Co2＋，反應(yīng)的離子方程式為2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O。(4)由鐵、鋁與濃硫酸能發(fā)生鈍化可推知，其原因可能是硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于63%時(shí)，鎳表面逐漸形成致密的氧化物保護(hù)膜，使反應(yīng)速率減慢。因?yàn)镹i與稀硝酸反應(yīng)較快，所以添加HNO3時(shí)應(yīng)少量多次而不是一次過(guò)量。由題給信息可知，反應(yīng)物為Ni、H2SO4、HNO3，Ni被氧化生成NiSO4，HNO3被還原為NO或NO2，因此該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Ni＋3H2SO4＋2HNO3=3NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3=NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。答案：(1)第四周期第Ⅷ族1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2(2)eq\f(3×1023,NA·a3)NiO＞CoO＞FeO(3)CoCl3＞Cl2＞FeCl32Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O(4)隨H2SO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜少量多次3Ni＋3H2SO4＋2HNO3=3NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3=NiSO4＋2NO2↑＋2H2O3．(2021·調(diào)研題)2021年我國(guó)啟動(dòng)新一輪新能源汽車下鄉(xiāng)活動(dòng)，電池性能是制約新能源汽車發(fā)展的瓶頸之一。鈷酸鋰(LiCoO2)、錳酸鋰(LiMn2O4)、磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)等是制作鋰電池的重要材料。回答下列問(wèn)題：(1)基態(tài)Mn原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)_______________。(2)五羰基鐵[Fe(CO)5]可用于制取微納米級(jí)羰基鐵粉，其中與Fe配位的原子是________(填元素名稱)；常壓下，五羰基鐵的熔點(diǎn)為－20℃，沸點(diǎn)為103.6℃，其晶體類型為_(kāi)_______。(3)N和P同主族，NH3的鍵角________(填“>”“<”或“＝”)PH3的鍵角，原因是________。(4)LiX(X代表F、Cl、Br或I)具有NaCl型晶體結(jié)構(gòu)。當(dāng)陰、陽(yáng)離子電荷的絕對(duì)值相同且它們的半徑相近時(shí)，生成的鹽類一般難溶于水。由上述規(guī)則可以判斷LiF、LiCl、LiBr、LiI中溶解度最小的是________。(5)CoO的面心立方晶胞如圖所示。①晶胞中a原子坐標(biāo)參數(shù)為(0，0，0)，b原子坐標(biāo)參數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，則c原子坐標(biāo)參數(shù)為_(kāi)_______。②晶胞中O2－的配位數(shù)為_(kāi)_______；Co2＋位于O2－所形成的正八面體的體心，該正八面體的邊長(zhǎng)為_(kāi)_______nm。解析：(1)Mn是25號(hào)元素，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為3d54s2。(2)Fe(CO)5中碳原子含有孤電子對(duì)，且電負(fù)性弱于氧原子，所以碳原子提供孤電子對(duì)，該物質(zhì)的熔沸點(diǎn)較低，因此形成的晶體是分子晶體。(3)由于電負(fù)性N強(qiáng)于P，中心原子的電負(fù)性越強(qiáng)，成鍵電子對(duì)離中心原子越近，成鍵電子對(duì)之間的距離越小，成鍵電子對(duì)之間的斥力越大，因此鍵角變大。(4)Li＋帶1個(gè)單位正電荷，有1個(gè)電子層；X－均帶1個(gè)單位負(fù)電荷，而F－、Cl－、Br－、I－的半徑依次增大，其中與Li＋半徑最接近的為F－，根據(jù)題意可知，LiF的溶解度最小。(5)①根據(jù)晶胞中a原子坐標(biāo)參數(shù)為(0，0，0)，b原子坐標(biāo)參數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，則c原子坐標(biāo)參數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))。②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，周圍與O2－最近且等距離的Co2＋的個(gè)數(shù)是6，即晶胞中O2－的配位數(shù)為6；Co2＋位于O2－所形成的正八面體的體心，該正八面體的邊長(zhǎng)是面對(duì)角線的一半，則為eq\f(\r(2),2)d。答案：(1)3d54s2(2)碳分子晶體(3)>電負(fù)性N強(qiáng)于P，中心原子的電負(fù)性越強(qiáng)，成鍵電子對(duì)離中心原子越近，成鍵電子對(duì)之間的距離越小，成鍵電子對(duì)之間的斥力越大，鍵角越大(4)LiF(5)①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))②6eq\f(\r(2),2)d4．(2021·原創(chuàng))鐵、銅、硫等都是生活生產(chǎn)中常用的元素，請(qǐng)?zhí)顚懴铝锌瞻住?1)基態(tài)二價(jià)銅離子的電子排布式為_(kāi)_______________________。(2)固態(tài)SO3的三聚體環(huán)狀結(jié)構(gòu)如圖所示，該結(jié)構(gòu)中S原子的雜化軌道類型為_(kāi)_______；該分子中含有________個(gè)σ鍵。(3)已知Cu、Zn的第二電離能分別為1957.9kJ·mol－1、1733.3kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)單質(zhì)硫與熟石灰加熱產(chǎn)物之一為CaS3，Seq\o\al(2－,3)的空間結(jié)構(gòu)是________，與其互為等電子體的分子是________(任寫1種)。(5)FeCO3可作補(bǔ)血?jiǎng)?，CoCO3可用于陶瓷工業(yè)的著色劑。已知：①r(Fe2＋)為61pm，r(Co2＋)為65pm。②隔絕空氣加熱：FeCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))FeO＋CO2↑；CoCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))CoO＋CO2↑。分別加熱FeCO3和CoCO3時(shí)，F(xiàn)eCO3的分解溫度低于CoCO3，其原因是_______________________________________________________________________________________。(6)CuFeS2的晶胞如圖所示，晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm；CuFeS2的晶胞中每個(gè)Cu原子與________個(gè)S原子相連，晶體密度ρ＝____________g·cm－3(列出計(jì)算表達(dá)式，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)；圖中原子2和3的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，則原子1的坐標(biāo)為_(kāi)____________________________________________________。解析：(1)基態(tài)二價(jià)銅離子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。(2)觀察題圖可知，SO3的三聚體中1個(gè)S原子形成4個(gè)σ鍵，故硫原子的雜化軌道類型為sp3；SO3的三聚體中有3個(gè)S原子，故共含有12個(gè)σ鍵。(3)Cu原子的價(jià)電子排布式為3d104s1，失去一個(gè)電子后的價(jià)層電子排布式為3d10，達(dá)到全充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而基態(tài)Zn原子的價(jià)電子排布式為3d104s2，失去一個(gè)電子后的價(jià)層電子排布式為3d104s1，Zn＋的4s1上的電子比Cu＋的3d10上的電子易失去，所以Cu的第二電離能高于Zn。(4)Seq\o\al(2－,3)的中心原子的孤電子對(duì)數(shù)為eq\f(6＋2－2×2,2)＝2，形成σ鍵的數(shù)目是2，故空間結(jié)構(gòu)為V形；與其互為等電子體的分子是OF2或Cl2O。(5)FeO和CoO都是離子晶體。