2025届高三化学二轮复习 主观题突破练(二) 物质结构与性质融合题热点题空

主观题突破练(二) 物质结构与性质融合题热点题空 (总分:87分　建议用时:40分钟) 一、原子核外电子排布、电离能与电负性(每空1分) 1.激发态氟原子的电子排布式有　　　　,其中能量较高的是　　　　。  a.1s22s22p43s1　　　　　b.1s22s22p43d2 c.1s22s12p2 d.1s22s22p33p2 2.基态Ni原子的价层电子排布式为　　　　,在元素周期表中位置为　　　　。  3.基态S原子的价层电子中,两种自旋状态的电子数之比为　　　　。  4.V的价层电子排布图为　。  5.基态Fe2+与Fe3+中未成对的电子数之比为　　　　。  6.基态K原子中,核外电子占据的最高能层的符号是　　　　,占据该能层电子的电子云轮廓图形状为　　　　。  7.K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的基态原子核外未成对电子数最多的是　　　　,各元素的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　　　。  8.CaTiO3的组成元素的电负性大小顺序是　　　　。  二、成键方式、杂化类型与空间结构(每空1分) 9.NH4H2PO4中,电负性最大的元素是　　　　;P的杂化方式为　　　　,P的杂化轨道与O的2p轨道形成　　　　键。  10.[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的一种配合物,IMI的结构为,则1 mol IMI中含有　　　　个σ键;Cl的空间结构为　　　　。  11.Pb为第ⅣA族元素,常见的化合价为+2和+4,其单质和化合物都有着广泛的用途。已知Pb2+可以和EDTA[乙二胺四乙酸 (HOOCCH2)2NCH2—CH2N(CH2COOH)2]形成无色的1∶1的稳定络合物。请回答下列问题: (1)在EDTA中,碳原子的杂化方式有　　　　、　　　　,组成EDTA的四种元素中第一电离能最大的是　　　　。  (2)Pb(NO3)2中阴离子的空间结构是　　　　,写出1个与该阴离子空间结构相同的分子的化学式:　　　　。  三、大π键与配合物(每空2分,有标注的除外) 12.丁二酮肟常用于检验Ni2+。在稀氨水介质中,丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀,其结构如图所示。请回答下列问题: (1)上述物质所含非金属元素电负性由大到小的顺序为　　　　(1分)。  (2)氢氧原子间存在　　　　(1分)作用。  (3)Ni2+的配位数为　　　　(1分)。  (4)已知:Ni2+和N位于同一平面。可采用配合物的杂化轨道理论进行解释:Ni2+原有d电子可违反洪特规则进行重排,再利用外层空轨道杂化后接受N原子提供的孤电子对。则推测Ni2+采用的杂化轨道类型为　　　　(填字母)。  A.sp2　　　B.sp3　　　C.dsp2　　　D.d2sp 13.分子中的大π键可用符号表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为),则平面分子中的大π键应表示为　　　　。  四、结构决定性质——原因类解释题(每空2分,有标注的除外) 14.原子结构与性质原因解释 (1)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I的变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是　　　　(填字母),判断的根据是　　　　　　　　　;第三电离能的变化图是 　　　　(填字母)。  (2)FeO和Fe2O3中较稳定的是　　　　(1分),从原子结构角度分析,其理由是　 　　　　　　　　　。  (3)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能,Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O,原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)氮原子间能形成氮氮三键,而砷原子间不易形成三键,原因是 　　　　　　　　　。  15.分子结构与性质原因解释 (1)比较键角大小:气态SeO3分子　　　　(填“>”“<”或“=”,1分)Se,原因是　 　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)[PtCl4(NH3)2]中H—N—H之间的夹角　　　(填“>”“<”或“=”,1分)NH3分子中H—N—H之间的夹角,原因是　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)在水中的溶解度,吡啶()远大于苯,主要原因是①　　　　　　　　　　　　　, ②　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因是 　　　　　　　　　;  其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是　　　　(填“Mg2+”或“Cu2+”,1分),原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)已知AlCl3可形成共价分子,AlF3为离子晶体,从电负性的角度解释其原因: 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)硫酸的结构式为,比较酸性:CH3SO3H　　　　(填“大于”“小于”或“等于”,1分)CCl3SO3H,并说明原因:　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  16.晶体结构与性质原因解释 (1)Na2O、MgO的熔点分别为1132 ℃、2852 ℃,解释它们之间熔点差异的原因: 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)Al2O3、N2、CO的沸点从高到低的顺序为　　　　(1分),原因是　　　　　　　　　　。  (3)Ti的四卤化物熔点如表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155 五、晶胞结构分析及相关计算(每空2分) 17.砷化硼的晶胞结构如图所示。与砷原子紧邻的硼原子有　　　　个,与每个硼原子紧邻的硼原子有　　　　个,若其晶胞棱长为b pm,则该晶体的密度为　　　　(列出表达式,设NA为阿伏加德罗常数的值)g·cm-3。  18.二元铜镍固溶体称为普通白铜,其晶胞结构如图。 已知立方晶胞棱长为a cm,阿伏加德罗常数为NA mol-1。 (1)该晶体类型为　　　　,Cu与Cu之间的最近距离为　　　　pm。  (2)该晶体密度为　　　　(用含NA、a的式子表示)g·cm-3。  19.钴氧化物和Al2O3按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝,钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞,已知钴原子位于晶胞的顶角和面心。 (1)钴蓝晶胞中Co、Al、O原子个数比为　　　　。  (2)Co原子间最短的距离为　　　　pm。  (3)图2所示字母中,Ⅰ型小立方体分别是a、　　　　(填字母)。 参考答案 1.ad　d 2.3d84s2　第四周期第Ⅷ族 3.1∶2或2∶1 4. 5.4∶5 6.N　球形 7.Fe(铁)　N>C>Fe>K 8.O>Ti>Ca 9.O　sp3　σ 解析　元素的非金属性越强,电负性越大,非金属性H<P<N<O,故在N、H、P、O四种元素中电负性最大的是O。P中P的价层电子对数为4+=4,P采取sp3杂化方式,其杂化轨道与配位原子只能形成σ键。 10.12NA或7.224×1024　正四面体形 11.(1)sp2　sp3　N (2)平面三角形　SO3(或SeO3等其他合理答案) 12.(1)O>N>C>H (2)共价键、氢键 (3)4 (4)C 13. 14.(1)a　同一周期元素第一电离能的总体趋势是增大的,但由于N的2p能级为半充满状态,较稳定,因此N的第一电离能比C、O两种元素大　b (2)Fe2O3　Fe2O3中的+3价Fe的3d为半充满状态,较稳定 (3)电负性O>N,O对电子的吸引能力更强,Zn和O更易形成离子键 (4)砷原子半径较大,原子间形成的σ键较长,导致p-p轨道相距较远,“肩并肩”重叠程度较小或几乎不能重叠 15.(1)>　SeO3的空间结构为平面三角形,Se的空间结构为三角锥形 (2)>　[PtCl4(NH3)2]形成过程中,NH3中N原子的孤电子对与Pt形成配位键,N→Pt配位键相比于孤电子对,对其他成键电子对的排斥作用减小,H—N—H的键角增大 (3)①吡啶和H2O均为极性分子,相似相溶,而苯为非极性分子　②吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 (4)乙二胺的2个N提供孤电子对给金属离子形成配位键　C　铜离子半径大于镁离子,且含有的空轨道多于镁离子 (5)F的电负性大于Cl,Al与F的电负性之差较大,形成离子键,而Al和Cl的电负性之差较小,形成共价键 (6)小于　Cl的电负性大于H的电负性,Cl—C的极性大于H—C的极性,使Cl3C—的极性大于H3C—的极性,导致CCl3SO3H中羟基的极性更大,更易电离出氢离子 16.(1)二者都是离子晶体,r(Na+)大于r(M),且Na+所带电荷少于M所带电荷,电荷越多、半径越小,离子键越强,熔点越高 (2)Al2O3>CO>N2　Al2O3是离子晶体,沸点最高;CO与N2都是分子晶体,两者相对分子质量相同,且都是双原子分子,但是CO是极性分子,N2是非极性分子,故CO分子间作用力大,沸点较高 (3)TiF4为离子晶体,熔点高,其他三种均为分子晶体,分子间作用力随相对分子质量的增大而增大,熔点逐渐升高 17.4　12　 解析　由均摊法计算,该晶胞中砷原子个数为4,硼原子个数为8×+6×=4,与每个硼原子紧邻的硼原子有12个(以面心B原子为例,同层4个,上层和下层各4个,共12个);晶胞质量为 g,晶胞体积为(b×10-10)3 cm3,晶体密度为 g·cm-3。 18.(1)金属晶体　a×1010 (2) 解析　(1)该物质为合金,晶体类型为金属晶体,Cu与Cu之间的最近距离为面对角线的二分之一,即a cm=a×1010 pm。 (2)根据均摊法,晶胞中含8×=1个Ni、6×=3个Cu,则晶体密度为 g·cm-3= g·cm-3。 19.(1)1∶2∶4 (2)a (3)c、f 解析　(1)Ⅰ型立体结构中Co位于顶点和体心,原子数是4×+1=;O位于晶胞内,原子数是4;Ⅱ型小立方体中Co位于顶点,原子数是4×=;O位于晶胞内,原子数是4;Al位于晶胞内,原子数是4;该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成,所以1个晶胞含有Co原子数是8、Al原子数是16、O原子数是32,则钴蓝晶胞中Co、Al、O原子个数比为8∶16∶32=1∶2∶4。(2)由图可知,Co原子间最短的距离为小立方体体对角线的一半,则该距离为a pm。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$