《2019高考化学精编大题强化训练5 物质结构与性质（带答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考化学精编大题强化训练5 物质结构与性质（带答案）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、大题强化训练(五)物质结构与性质(教师用书独具)1(2018试题调研)乙烯酮是最简单的烯酮，其结构简式为CH2=C=O，是一种重要的有机中间体，可由乙酸分子内脱水得到，也可通过下列反应制备：2CH2=C=O。(1)基态钙原子的核外电子排布式为_，Zn在元素周期表中的位置是_。(2)乙炔分子的空间构型为_，乙炔分子属于_(填“极性”或“非极性”)分子。(3)乙烯酮分子中的碳原子的杂化类型为_；乙烯酮在一定条件下可聚合成双乙烯酮(结构简式为)，双乙烯酮分子中含有的键和键的数目之比为_。(4)乙酸分子间也可形成二聚体(含八元环)，该二聚体的结构为_。(5)Ag的一种氧化物的晶胞结构如图所示，晶胞中所
2、含的氧原子数为_。【解析】(1)钙元素为元素周期表中20号元素，位于第四周期A族，故其核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2。Zn为元素周期表中30号元素，位于第四周期B族。(2)乙炔分子含CC，故为直线形结构，该结构决定了其为对称结构，是非极性分子。(3)乙烯酮结构简式为CH2=C=O，其中含碳碳双键和碳氧双键，故与氢原子相连的碳原子为sp2杂化，而C=C=O为直线形结构，羰基碳原子为sp杂化。中含3个碳氧键、3个碳碳键、4个碳氢键，还有2个键，故双乙烯酮分子中含有的键和键的数目之比为102，即51。(4)乙酸分子间能形成氢键，2个乙酸分子中的羟基氢原子分别与对方的羰基氧原子形
3、成氢键，构成八元环结构，故二聚体结构为。(5)由晶胞结构可知，该Ag的氧化物晶胞结构中，氧原子位于四种位置：顶点，共8个，属于该晶胞的氧原子数为81；棱上，共4个，属于该晶胞的氧原子数为41；面上，共2个，属于该晶胞的氧原子数为21；晶胞内，共1个，故该Ag的氧化物晶胞中所含的氧原子数为4。【答案】(1)1s22s22p63s23p64s2第四周期B族(2)直线形非极性(3)sp2、sp51(4)(5)42铝、铁和铜都是日常生活中常见的金属，有着广泛的用途。请回答下列问题：(1)铝原子的价电子排布图为_。(2)K3Fe(CN)6溶液可用于检验Fe2，实验现象是_。CN与N2互为等电子体，则CN
4、的电子式为_。(3)向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂(如乙醇)，将析出深蓝色的晶体。与铜同一周期的副族元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素为_(填元素符号)。实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子的化学式为_。SO的立体构型为_，其中S原子的杂化轨道类型为_。(4)某种AlFe合金的晶胞如图所示，该合金的化学式为_。若晶胞的边长为a nm，则合金的密度为_gcm3。【解析】(1)铝的核电荷数是13，则价电子排布图为。(2)含Fe2的溶液与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀；CN的电子式为CN。(3)铜
5、的外围电子排布式为3d104s1，铬的外围电子排布式为3d54s1，它们的最外层电子数相同。SO中S原子含有的孤电子对数(6242)20，所以SO的立体构型是正四面体形，其中S原子的杂化轨道类型是sp3杂化。(4)晶胞中含有Fe原子数为812618，含有Al原子数为4，因此化学式为Fe2Al(或AlFe2)。设该晶胞的密度为，则有(a107cm)3(56227) g，则 gcm3。【答案】(1) (2)产生蓝色沉淀CN(3)CrCu(NH3)42正四面体形sp3杂化(4)Fe2Al(或AlFe2)3(2018山东六校联考)碳、氮、氧、硫、氯和铝、铁、铜是中学重要的元素，其单质和化合物在生活、生
6、产中有广泛应用。回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为_；基态铝原子核外电子云形状有_(填名称)。(2)C、H、O、N四种元素形成的丁二酮肟常用于检验Ni2：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图1所示。图1图2图3该结构中，碳碳之间的共价键类型是键，从轨道重叠方式来分析，碳氮之间的共价键类型是_；氮镍之间形成的化学键是_。该结构中，碳原子的杂化轨道类型为_。(3)氮化铝是一种新型无机非金属材料，具有耐高温、耐磨等特性，空间结构如图2所示。铝的配位数为_。氮化铝的晶体类型是_。(4)N和Cu形成的化合物的晶胞结构如图3所示，则该化合物的化学式为_。该化合物的
7、相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数。若该晶胞的边长为a pm，则该晶体的密度是_gcm3。【解析】(1)Cu元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则价层电子排布式为3d104s1。基态铝的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，电子占据s、p轨道，s轨道为球形，p轨道为哑铃形。(2)1个双键是由1个键和1个键组成的，所以碳氮之间的共价键类型是键和键；镍原子有空轨道，氮原子有孤对电子，因此二者之间形成配位键。在该结构中有4个碳原子形成4个键，4个碳原子形成3个键和1个键，因此杂化轨道类型分别是sp3和sp2杂化。由氮化铝的空间结构知，1个铝连接4
8、个氮，铝的配位数为4；根据氮化铝具有耐高温、耐磨等特性，推知它属于原子晶体。(4)根据均摊法，每个晶胞平均含有Cu原子数为121/43，N原子数为81/81，故其化学式为Cu3N。根据密度的定义式：m/V求得晶胞的密度，注意单位换算。【答案】(1)3d104s1球形、哑铃形(2)键和键配位键sp2、sp3杂化(3)4原子晶体(4)Cu3N1030M/(NAa3)4(2018山东济南一模)(1)第四周期的某主族元素，其第一至五电离能数据如下图所示，则该元素对应原子的M层电子排布式为_。(2)如下图所示，每条折线表示周期表AA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表
9、的是_。(3)化合物(CH3)3N与盐酸反应生成(CH3)3NH，该过程新生成的化学键为_(填序号)。A离子键B配位键C氢键 D非极性共价键若化合物(CH3)3N能溶于水，试解析其原因_。(4)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如下图所示。该晶体的熔点比SiO2晶体_(选填“高”或“低”)，该晶体中碳原子轨道的杂化类型为_。(5)Cu2等过渡元素的水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。试推断Ni2的水合离子为_(填“有”或“无”)色离子，依据是_。离子Sc3Ti3Fe2Cu2Zn2颜色无色紫红色浅绿色蓝色无色(6)晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称为晶胞。已知Fe
10、xO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值小于1。测知FexO晶体密度为5.71 gcm3，晶胞边长为4.281010m，FexO中x的值为_(精确至0.01)。【解析】(1)由该元素的第一至五电离能数据可以知道，该元素第一、二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，已知该元素为第四周期的某主族元素，则为第四周期A族元素Ca，其原子M层有8个电子，则M层电子排布式为3s23p6。(2)在AA族元素中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有A族元素氢化物不存在反常现象，组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点
11、越高，故a点代表的应是第A族Si的氢化物，即SiH4。(3)化合物(CH3)3N与盐酸反应生成(CH3)2NH，该过程新生成的化学键为氮与氢离子形成配位键，所以选B。(4)CO2在高温高压下所形成的晶体中原子之间通过共价键结合，属于原子晶体，而碳氧键的键长短，所以该晶体的熔点比SiO2晶体高；该晶体中C原子形成4个CO单键，则C原子含有4个价层电子对，所以C原子轨道的杂化类型为sp3。(6)FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据mV可知4 g5.71 gcm3(4.28108cm)3，解得：x0.92。【答案】(1)3s23p6(2)SiH
12、4(3)B化合物(CH3)3N为极性分子且可与水分子间形成氢键(4)高sp3杂化(5)有Ni2的3d轨道上有未成对电子(6)0.925(2018黑龙江五校联考)钠是重要的碱金属元素。回答下列问题：(1)Na的焰色反应为_色，该现象与核外电子发生_有关。电子排布式为1s22s22p53s2是Na原子的_态原子。(2)将氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)溶液滴加到CuSO4溶液可得到结构简式为的物质。1个中含_个键，_个配位键。(3)丙酸钠(CH3CH2COONa)和氨基乙酸钠均能水解，水解产物有丙酸(CH3CH2COOH)和氨基乙酸(H2NCH2COOH)，H2NCH2COOH中N原子的杂化轨
13、道类型为_杂化，C原子的杂化轨道类型为_杂化。常温下丙酸为液体，而氨基乙酸为固体，主要原因是_。(4)Na2O晶胞结构如图所示，其中O原子为_(填“甲”或“乙”)，其晶胞参数a0.566 nm，则Na2O的密度为_gcm3。(NA6.021023 mol1)【解析】(1)原子的核外电子发生跃迁时，能量以光的形式释放出来形成不同的颜色。由于2p轨道电子未排满，而3s轨道填充2个电子，故1s22s22p53s2表示的是Na的激发态。(2)1个中含有2个键，Cu与2个N形成2个配位键。(3)H2NCH2COOH中N原子上有3对成键电子和1对孤电子，故为sp3杂化；H2NCH2COOH中CH2的C原子为sp3杂化，羧基上C原子为sp2杂化。分子间氢键能影响物质的熔、沸点。(4)通过晶胞结
