第十四单元物质结构与性质-2021高考化学【高考解码】一轮单元滚动检测示范卷（全国100所名校）

第十四单元　物质结构与性质(选修) 1．解析：(1)根据影响电离能大小的因素(有效核电荷数、微粒半径和电子层结构)可知，A中电离最外层一个电子所需能量最大。 (2)乙二胺中N、C原子价层电子对数均为4，均采用sp3方式杂化。乙二胺中氮原子有孤对电子，Mg2＋、Cu2＋存在空轨道，两者易形成配位键。由于半径Cu2＋＞Mg2＋，Cu2＋的配位数比Mg2＋大，故乙二胺与Cu2＋形成的配合物更稳定。 (3)晶体的熔点高低与晶体类型以及晶体微粒间的作用力有关。Li2O、MgO是离子晶体，离子晶体的晶格能大小影响了晶体熔点的高低，晶格能越大，晶体熔点越高；P4O6、SO2为分子晶体，分子晶体的熔点高低取决于分子间作用力的大小，分子间作用力越大，晶体熔点越高。 (4)由图(b)可知，立方格子面对角线长为a pm，即为4个Cu原子直径之和，则Cu原子之间最短距离为a pm。由图(b)可 知，若将每个晶胞分为8个小立方体，则Mg原子之间最短距离y为晶胞内位于小立方体体对角线中点的Mg原子与顶点Mg原子之间的距离(如右图所示) ，即小立方体体对角线长的一半，则y＝ pm××＝a pm。由图(a)可知，每个晶胞含Mg原子8×＋6×＋4＝8个，含Cu原子16个，则MgCu2的密度ρ＝ g·cm－3。 答案：(1)A　(2)sp3　sp3　乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键　Cu2＋　(3)Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O，分子间力(分子量)P4O6>SO2　(4) a　a　 2．解析：(1)钴是27号元素，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，则在3d能级的原子轨道中有3个未成对电子， 故答案为：3； (2)因Fe原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2, 则基态Fe3＋的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)，故答案为：1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)； (3)同一周期中从左到右元素的电负性依次增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，则C、N、H、O的电负性由大到小的顺序是O>N>C>H；CO(NH2)2的结构简式为：H2NCONH2，可看出分子内共有7个σ键与1个π键，则σ键与π键的个数比为7∶1；醋酸根离子的中心碳原子不提供孤对电子，醋酸分子中两个碳原子处于中心位置，甲基碳原子sp3杂化，羧基碳原子sp2杂化，故其杂化类型为sp2 、sp3，故答案为：O>N>C>H；7∶1；sp2 、sp3； (4)N2H4与NH3相比，其分子间的氢键数目较氨分子形成的氢键多，则N2H4熔沸点会相对升高， 故答案为：联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键； (5)Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3＋的配位数为6。在第一种配合物溶液中加硝酸银溶液产生白色沉淀，白色沉淀是硫酸银，说明第一种配体不是硫酸根，硫酸根是外界的离子，而溴离子是内界的配体，则第一种配合物的配体为NH3、Br－；在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀，则沉淀为溴化银，则配体不可能是Br－，即第一种配合物的配体为NH3、SO。故答案为：NH3、Br－；NH3、SO； (6)根据晶胞结构可知，晶胞中铁原子个数为8×1/8＋6×1/2＝4，碳原子个数为1＋12×1/4＝4，因此该物质的化学式为FeC(Fe4C4)；晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞的边长＝＝cm，则面对角线为cm×，所以晶胞中最近的碳原子之间的距离＝＝××1010pm，故答案为：FeC(Fe4C4)；× ×1010pm。 答案：(1)3 (2)1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5) (3)O>N>C>H；7∶1；sp2 、sp3 (4)联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键 (5)NH3、Br－；NH3、 SO (6)FeC(Fe4C4)；× ×1010 3．解析：(1)阴影部分元素位于第ⅤA族，其外围电子排布式的通式为：ns2np3； (2)A.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N＞P＞As，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，A项正确； B．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，氨气分子间存在氢键，因此沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，B项错误； C．原子半径越小，R－H键能越大，原子半径N＜P＜As，所以键能由大到小的顺序为NH3、PH3、AsH3，C项正确； D．NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，与图