《2020届高三化学二轮物质结构题型专攻——物质结构与性质选做题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高三化学二轮物质结构题型专攻——物质结构与性质选做题（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 【会做物构】2020届高三化学二轮物质结构专攻物质结构与性质选做题1. 由Cu、N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途(1)基态Cu+的核外电子排布式为_.在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因：_(2)立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，它属于_晶体(3)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物(HB=NH)3通过3CH4+2(HB=NH)3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_.(填标号)A.反应前后碳原子的轨道杂化类型不变B.CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、
2、直线形C.第一电离能：NOCBD.化合物A中存在配位键1个(HB=NH)3分子中有_个键(4)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式图(a)是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为_.图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为_【答案】1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定；原子；A；12；BO2nn(或BO2)；sp2、sp3【解析】解：(1)Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s2
3、3p63d10或Ar3d10，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定；(2)氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质，熔化时所克服的微粒间的作用力为共价键，则氮化硼属于原子晶体，故答案为：原子；(3)3CH4+2(HB=NH)3+6H2O3CO2+6H3BNH3，A.由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故A错误；B.CH4分子中价层电子对=键电子
4、对+中心原子上的孤电子对=4+12(441)=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+12(621)=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、CO2分子中价层电子对=键电子对+中心原子上的孤电子对=2+12(422)=2，所以二氧化碳是直线型结构，故B正确；C.同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1(N)I1(O)
5、I1(C)I1(B)，故C正确；D.B一般是形成3个键，(H3BNH3)由六元环状化合物(HB=NH)3通过3CH4+2(HB=NH)3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故D正确；故答案为：A；1个(HB=NH)3分子中硼原子与氮原子间以键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大键BH键有3个，NH键有3个，BN有键有6个，故一共12个；故答案为：12；(4)图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个BO32单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个BO32单元共用，所以B：O=1：(1+212)=1：2，化学式为：BO2nn(或BO2)，从
6、图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，B4O5(OH)42一半sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，故答案为：BO2nn(或BO2)；sp2、sp3(1)Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式，轨道处于全空、半满或全满时最稳定；(2)氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的物质，熔化时所克服的微粒间的作用力为共价键，则氮化硼属于原子晶体；(3)由方程式可知：碳元素由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp；根据无机苯中氮原子和硼原子都采取sp2杂
7、化分析；(4)有1个O连着一个B，剩余的两个O分别连着2个B，说明有一个O完全属于B，剩下的两个O，B只占有O的12；硼砂晶体中阴离子B4O5(OH)42中一半sp3杂化形成BO4四面体；另一种是sp2杂化形成BO3平面三角形结构本题考查了物质结构及其性质，涉及原子杂化方式的判断、价电子排布式的书写、元素周期律等知识点，根据价层电子对互斥理论、构造原理等知识来分析解答，题目难度中等2. (1)下列有关说法正确的是_。A.用金属的电子气理论能合理地解释金属易腐蚀的原因B.手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成C.草酸二甲酯分子中键和键个数比为6：1D.MgCO3的热稳定性强于BaCO3E
8、.根据火山喷出的岩浆中冷却时ZnS比HgS先析出，能判断ZnS的晶格能大于HgS(2)已知SbCl3、SbCl5、SnCl4的熔点依次为73.5、2.8、33.依据上述实验事实回答：SnCl4中Sn的杂化类型为_，SbCl5的晶体类型为_，SbCl3的空间构型为_。实验测得在极性溶剂中SbCl5的溶解度比SbCl3的溶解度小得多，其主要原因是_。(3)人们一直致力于人工固氮的研究，以获得廉价的氮肥。科学家先后提出并合成了固氮酶的多种模拟物。其中一类是含Mo(钼)、Fe、S原子的类立方体结构，如下图所示：图中所有实线均代表化学键，左右两边对称，各含一个类立方体的结构。每个类立方体含有4个Fe原子
9、、4个S原子，它们位于立方体的8分顶点，且同种原子不相邻。(已知元素电负性分别为：S2.5Fe1.8Mo1.8)Mo与Cr是同族元素，并且位于相邻周期，写出基态Mo原子的价电子的轨道表达式为_。钼是一种人体必需的微量元素。工业上可用辉钼矿(MoS2)焙烧除硫得三氧化钼，写出该过程的化学方程式_。上述一个类立方体中4个Fe原子所在的顶点连接所构成的空间几何体为_。在类立方体结构中，一种最近的S原子和S原子间距离为apm，该结构的密度为_g/cm3(已知NA，只需列式，无需化简)。【答案】BE；sp3；分子晶体；三角锥形；SbCl5为非极性分子，SbCl3为极性分子，依据相似相容原理SbCl3在水
10、中溶解度大；2MoS2+7O2高温2MoO3+4SO2；正四面体；112a3NA1030【解析】解：(1)A.金属易腐蚀说明金属活泼，容易失去电子，用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀，故A错误；B.手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成，故B正确；C.草酸二甲酯分子有6个CH键、4个CO键、1个CC键、2个C=O双键，单键为键，双键含有1个键、1个键，分子中键和键个数比为13：2，故C错误；D.分解本质是阳离子夺取碳酸根中氧离子，阳离子电荷相等，Mg2+离子半径小于Ba2+离子半径，Mg2+结合O2能力更强，故稳定性MgCO3BaCO3，故D错误；E.岩浆中冷
11、却时ZnS比HgS先析出，说明ZnS的熔点较高，则ZnS的晶格能大于HgS，故E正确，故选：BE；(2)SnCl4中Sn原子孤电子对数=4142=0，杂化轨道数目为4，Sn原子杂化方式为sp3；SbCl5的熔点很低，属于分子晶体；SbCl3中Sb孤电子对数=5132=1，价层电子对数=3+1=4，空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；分子晶体；三角锥形；SbCl5为非极性分子，SbCl3为极性分子，依据相似相容原理SbCl3在水中溶解度大，故答案为：SbCl5为非极性分子，SbCl3为极性分子，依据相似相容原理SbCl3在水中溶解度大；(3)Mo与Cr是同族元素，并且位于相邻周期，则Mo处于周
12、期表中第五周期VIB族，价电子排布式4d55s1，价电子轨道排布图为：，故答案为：；辉钼矿(MoS2)焙烧除硫得三氧化钼，还生成二氧化硫，反应方程式为：2MoS2+7O2高温2MoO3+4SO2，故答案为：2MoS2+7O2高温2MoO3+4SO2；每个类立方体含有4个Fe原子、4个S原子，它们位于立方体的8分顶点，且同种原子不相邻，Fe、S原子位置如图所示：，4个Fe原子所在的顶点连接所构成的空间几何体为正四面体，故答案为：正四面体；在类立方体结构中，一种最近的S原子和S原子间距离为apm，即立方体面对角线长度，可知立方体棱长为22apm，立方体体积=(22a1010cm)3，立方体中Fe原
13、子数目=418=12、S原子数目=418=12，立方体中原子总质量=1256+32NAg=44NAg，该结构的密度=44NAg(22a1010cm)3=112a3NA1030g/cm3，故答案为：112a3NA1030。(1)A.用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质；B.手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成；C.草酸二甲酯分子有6个CH键、4个CO键、1个CC键、2个C=O双键，单键为键，双键含有1个键、1个键；D.分解本质是阳离子夺取碳酸根中氧离子，阳离子电荷相等，离子半径越小结合氧离子的能力越强；E.晶格能越大，熔点越高，越先析出；(2)SnCl4中Sn原子孤电子对数=414
14、2=0，杂化轨道数目为4；熔点很低，符合分子晶体性质；SbCl3中Sb孤电子对数=5132=1，价层电子对数=3+1=4；相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂；(3)Mo与Cr是同族元素，并且位于相邻周期，则Mo处于周期表中第五周期VIB族，价电子排布式4d55s1；辉钼矿(MoS2)焙烧除硫得三氧化钼，还生成二氧化硫；每个类立方体含有4个Fe原子、4个S原子，它们位于立方体的8分顶点，且同种原子不相邻，Fe、S原子位置如图所示：；在类立方体结构中，一种最近的S原子和S原子间距离为apm，即立方体面对角线长度，可知立方体棱长为22apm，均摊法计算立方体中Fe、S原子数目，表示出立方体中原子总
15、质量，该结构的密度=原子总质量立方体结构的体积。本题考查物质结构和性质，题目比较综合，涉及结构晶体结构、化学键、晶格能、核外电子排布、杂化方式判断、空间构型、晶胞计算与计算等，是对学生综合能力的考查，掌握均摊法进行晶胞有关计算。3. 科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出组成为N4H4(SO4)2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42和N4H44+两种离子形式存在，植物的根系易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收 请回答下列问题： (1)N4和N2的关系正确的是 _ (填序号)A.同种单质B.同位素C.同分异构体D.同素异形体 (2)N4H4(SO4)2 _ (填“能”或“不能”)和草木灰混合施用
