新教材2022届新高考化学人教版一轮课时作业：大题专练（一）物质结构与性质综合题

这是一份新教材2022届新高考化学人教版一轮课时作业：大题专练（一）物质结构与性质综合题，共10页。试卷主要包含了钛铝合金在航空领域应用广泛等内容，欢迎下载使用。
物质结构与性质综合题
1．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题：
(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过________方法区分晶体、准晶体和非晶体。
(2)基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为____________________。可用硫氰化钾检验Fe3＋，形成的配合物的颜色为________。
(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化为乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为________，1ml乙醛分子中含有的σ键的数目为________。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是____________________________________。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有________个铜原子。
(4)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a＝0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为________。列式表示Al单质的密度为________g·cm－3(不必计算出结果)。
2．磷和钙都是促成骨骼和牙齿的钙化不可缺少的营养元素。
回答下列问题：
(1)基态Ca的核外电子排布式为____________，基态P的价电子排布图为____________。
(2)元素的第一电离能：Ca________(填“＞”或“＜”)P。
(3)白磷是磷的一种单质。已知白磷分子为正四面体形结构，则P的杂化方式为________；白磷在CS2中的溶解度________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。
(4)下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：
根据上表数据分析碳酸钙分解温度最低的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)常温下PCl5是一种白色晶体，晶体结构为氯化铯型，由A、B两种离子构成。已知A、B两种离子分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A、B两种离子的符号分别为________、________。
(6)用晶体的X－射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值。已知金属钙的晶胞为面心立方(如图)晶胞，晶胞边长为dpm；又知钙的密度为ρg/cm3，则一个钙晶胞的质量为________(用d、ρ表示，下同)g，阿伏加德罗常数的值为____________(化成最简式)。
3．铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe＋5CO===Fe(CO)5；除去CO的化学反应方程式为[Cu(NH3)2]OOCCH3＋CO＋NH3===[Cu(NH3)3(CO)]OOCCH3。
请回答下列问题：
(1)C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为________，基态铁原子的价电子排布式为________。
(2)Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe(CO)5的晶体类型是________，Fe(CO)5在空气中燃烧后剩余固体呈红棕色，其化学方程式为________________________。
(3)配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中碳原子的杂化类型是________，配体中提供孤对电子的原子是________________________________________________________________________。
(4)用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有________形成。
a．离子键 b．配位键
c．非极性键d．σ键
(5)单质铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示，面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为________，面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的密度之比为________(写出已化简的比例式即可)。
4．碳、硫和钒的相关化合物在药物化学及催化化学等领域应用广泛。回答下列问题。
(1)基态钒原子的结构示意图为________。
(2)VOeq \\al(3－,4)的中心原子上的孤电子对数为________，一个VOeq \\al(3－,4)中含有________个σ键。
(3)2­巯基烟酸氧钒配合物(图1中W)是副作用小且能有效调节血糖的新型药物。
①该药物中N原子的杂化方式是________。
②X、Y、Z三种物质在水中的溶解性由大到小的顺序为________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成大π键。大π键可用Πeq \\al(n,m)表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子个数和电子数，如苯分子中的大π键表示为Πeq \\al(6,6)。
③下列微粒中存在大π键的是________(填字母)。
A．O3B．SOeq \\al(2－,4)
C．H2SD．NOeq \\al(－,3)
④CS2分子中大π键可以表示为________。
(4)偏钒酸铵加热分解生成五氧化二钒、氨、水。偏钒酸铵的阴离子呈如图2所示的无限链状结构，则偏钒酸铵的化学式为________。
(5)某六方硫钒化合物晶体的晶胞结构如图4所示(○表示V，●表示S)，该晶胞的化学式为VS。图3为该晶胞的俯视图。
①请在图4中用○标出V原子的位置。
②已知晶胞的密度为dg·cm－3，计算晶胞参数h＝________________cm。(列出计算式即可)
5．钛(22Ti)铝合金在航空领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]________，其中s轨道上总共有________个电子。
(2)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2－配离子，则钛元素的化合价是________，配体是________。
(3)TiCl3可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如，丙烯用三乙基铝和三氯化钛作催化剂时，可以发生下列聚合反应：
nCH3CH===CH2eq \(――→,\s\up7(AlC2H53－TiCl3))CH(CH3)—CH2，该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有________；反应涉及的元素中电负性最大的是________。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是________。
(4)钛与卤素形成的化合物熔沸点如表所示：
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是________________________________________________________________________。
(5)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞结构，晶胞参数a＝0.295nm，c＝0.469nm，则该钛晶体的密度为________g·cm－1(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
6．碳、氮、铜形成的单质及它们形成的化合物有重要研究和应用价值，回答下列问题：
(1)邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。
①基态Cu原子的价电子排布式为________，在元素周期表中铜位于________区(填“s”“p”“d”或“ds”)。
②C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________。
③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2＋的配位数是________，N原子的杂化类型为________。
(2)C60是富勒烯族分子中稳定性最高的一种，N60是未来的火箭燃料，二者结构相似。
①有关C60和N60的说法中正确的是________。
A．C60和N60均属于分子晶体
B．N60的稳定性强于N2
C．C60中碳原子是sp3杂化
D．C60易溶于CS2、苯
②近年来，科学家合成了一种具有“二重结构”的球形分子，它是把足球形分子C60容纳在足球形分子Si60中，则该分子中含有的化学键类型为________(填“极性键”或“非极性键”)。
(3)原子坐标参数和晶胞参数是晶胞的两个基本参数。
①图a中原子坐标参数分别为：A(0,0,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，则D的原子坐标参数为________。
②图b为铜的晶胞，铜原子半径为Rnm，NA是阿伏加德罗常数的值，则铜晶体的密度为___________g·cm－3(用含r、NA的式子表示)。
高考选择性必修大题专练(一)
1．解析：(3)由乙醛的结构式()知，—CH3、—CHO上的碳原子分别为sp3、sp2杂化。由于1个乙醛分子中含有4个C—H键、1个C—C键、1个C===O键，共有6个σ键，故1ml乙醛分子中含有6NA个σ键。乙酸分子之间能形成氢键而乙醛分子之间不能形成氢键，故乙酸的沸点明显高于乙醛。根据均摊原理，一个晶胞中含有的氧原子数为4＋6×eq \f(1,2)＋8×eq \f(1,8)＝8(个)，再结合化学式Cu2O知一个晶胞中含有16个铜原子。(4)面心立方晶胞中粒子的配位数是12。一个铝晶胞中含有的铝原子数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4(个)，一个晶胞的质量为eq \f(4,6.02×1023)×27g，再利用密度与质量、晶胞参数a的关系即可求出密度，计算中要注意1nm＝10－7cm。
答案：(1)X­射线衍射 (2)4 1s22s22p63s23p63d5 血红色
(3)sp3、sp2 6NA CH3COOH存在分子间氢键 16
(4)12 eq \f(4×27,6.02×1023×0.405×10－73)
2．解析：(1)基态Ca核外有20个电子，据核外电子排布规律可知，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，
基态P的价电子排布图为。
(2)P的价电子排布式为3s23p3,3p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于Ca。
(3)白磷分子为正四面体结构，每个P与周围3个P形成P—P键，且含有1对未成键的孤对电子，则P采取sp3杂化。白磷为正四面体结构，是非极性分子；CS2为直线形结构，是非极性分子，H2O是极性分子，根据“相似相溶原理”可知，白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度。
(4)由表中数据可知，Ca2＋半径较小，故Ca2＋更易与O2－结合形成CaO，故CaCO3的分解温度较低。
(5)PCl5的晶体结构为氯化铯型，由A、B两种离子构成。根据“等电子原理”可知，互为等电子体的分子(或离子)具有相同的原子数和价电子总数，A、B离子分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A为PCleq \\al(＋,4)，B为PCleq \\al(－,6)。
(6)金属钙是面心立方晶胞结构，每个晶胞中含有Ca的数目为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4个；晶胞的边长为dpm＝d×10－10cm，则晶胞的体积为(d×10－10cm)3＝d3×10－30cm3，又知钙的密度为ρg·cm－3，故每个晶胞的质量为d3×10－30cm3×ρg·cm－3＝d3ρ×10－30g。每个晶胞含有4个钙原子，则有eq \f(4×40,NA)g＝d3ρ×10－30g，则有NA＝eq \f(1.60×1032,d3·ρ)。
答案：(1)1s22s22p63s23p64s2
(2)＜ (3)sp3 大于
(4)钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，所以碳酸钙分解温度低
(5)PCleq \\al(＋,4) PCleq \\al(－,6) (6)d3·ρ·10－30 eq \f(1.60×1032,d3·ρ)
3．解析：(1)同周期由左向右元素的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA和第ⅤA族元素略大，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。铁为26号元素，根据构造原理确定，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2。
(2)根据题意知Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，熔点较低，则Fe(CO)5的晶体类型是分子晶体，Fe(CO)5在空气中燃烧生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为4Fe(CO)5＋13O2eq \(=====,\s\up7(点燃))2Fe2O3＋20CO2。
(3)配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中，羧基中碳原子的杂化类型是sp2，甲基中碳原子的杂化类型是sp3，配体中提供孤对电子的原子是氮原子。
(4)用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有配位键、σ键形成，选bd。
(5)根据晶胞结构利用均摊法分析，面心立方晶胞中含有的铁原子个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，体心立方晶胞中含有的铁原子数目为8×eq \f(1,8)＋1＝2，实际含有的铁原子个数之比为2:1。设铁原子半径为r，面心立方堆积晶胞的棱长为a1，则eq \r(2)a1＝4r，体心立方堆积晶胞的棱长为a2，则eq \r(3)a2＝4r，设铁原子质量为m(Fe)，则两种铁晶体的密度之比为eq \f(\f(4mFe,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4r,\r(2))))3),\f(2mFe,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4r,\r(3))))3))＝4eq \r(2):3eq \r(3)。
答案：(1)N＞O＞C 3d64s2
(2)分子晶体 4Fe(CO)5＋13O2eq \(=====,\s\up7(点燃))2Fe2O3＋20CO2
(3)sp2、sp3 N
(4)bd
(5)2:1 4eq \r(2):3eq \r(3)
4．解析：(1)钒为23号元素，钒的原子结构示意图为：。(2)VOeq \\al(3－,4)的中心原子为V，V上的孤电子对数为0,1个V原子与4个O原子结合形成化学键，所以一个VOeq \\al(3－,4)中含有4个σ键。(3)①该药物中N原子形成2个σ键，1个π键，N原子的价层电子对数＝孤电子对数＋σ键个数＝1＋2＝3，所以N原子采取sp2杂化。②X中含有羧基，可以与水分子形成氢键，增强水溶性；Y中含有酯基和苯环，Z中含有酯基，都不利于其在水中的溶解，因此X、Y、Z三种物质在水中的溶解性由大到小的顺序为X>Z>Y。③从已知信息来看，形成大π键的条件是：原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道。根据价层电子对互斥理论，O3的空间构型为V形，SOeq \\al(2－,4)的空间构型为正四面体，H2S的空间构型为V形，NOeq \\al(－,3)的空间构型为平面三角形。因此SOeq \\al(2－,4)一定不存在大π键，H2S中H原子没有p轨道，也不存在大π键，O3和NOeq \\al(－,3)可以形成大π键。所以选AD。④CS2是直线形分子，又有p轨道，因此可以形成三原子四电子的大π键：Πeq \\al(4,3)。(4)由题图2可知每个V与3个O形成阴离子，结合题意可知V的化合价为＋5，则偏钒酸铵的化学式为NH4VO3。(5)①该晶胞的化学式为VS，结合题图4可知，一个该晶胞含有2个V原子和2个S原子，结合该晶胞的俯视图，可知V原子位于晶胞中八个顶点和竖直方向的四条棱上。②因为一个该晶胞中有2个VS，所以一个晶胞的质量为eq \f(2×32＋51,NA)g，根据题图3得到晶胞底面积为：a×eq \f(\r(3),2)anm2，所以晶胞的体积为a×eq \f(\r(3),2)a×(10－7cm)2×h，则dg·cm－3＝eq \f(\f(2×32＋51,NA) g,a×\f(\r(3),2)a×10－7cm2×h)，所以h＝eq \f(2×32＋51,a2dNA×\f(\r(3),2)×10－14)cm。
答案：(1) (2)0 4 (3)①sp2 ②X>Z>Y
X中含有羧基，可以与水分子形成氢键，增强水溶性；Y中含有酯基和苯环，Z中含有酯基，都不利于其在水中的溶解 ③AD ④Πeq \\al(4,3) (4)NH4VO3
(5)① ②eq \f(2×32＋51,a2dNA×\f(\r(3),2)×10－14)
5．解析：(3)该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有sp3杂化、sp2杂化。同一周期主族元素，从左到右元素的电负性递增，同一主族元素，自上而下元素的电负性递减，故涉及的元素中电负性最大的是Cl。三乙基铝在O2中燃烧生成Al2O3、CO2和H2O，其中分子的立体构型是直线形的是CO2。(4)三者都是分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。(5)该晶胞的底面正六边形的面积S＝eq \f(3\r(3),2)a2，则该晶胞的体积为eq \f(3\r(3),2)a2c＝eq \f(3\r(3),2)×(2.95×10－8)2×(4.69×10－8)cm3，又该晶胞中含有的钛原子的数目为2×eq \f(1,2)＋3＋12×eq \f(1,6)＝6，则该晶胞的质量为eq \f(6×48,NA)g，故该钛晶体的密度为eq \f(6×48,\f(3\r(3),2)×2.95×10－82×4.69×10－8NA)g·cm－3。
答案：(1)3d24s2 8 (2)＋4 F－
(3)sp2、sp3 Cl CO2
(4)TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高
(5)eq \f(6×48,\f(3\r(3),2)×2.95×10－82×4.69×10－8NA)
6．解析：(1)③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2＋形成2个Cu—N键，2个C—O键，Cu2＋的配位数是4；—NH2上的N形成3个σ键，一对孤电子对，sp3杂化，杂环上的N形成3个σ键，一个π键，sp2杂化；(2)①A.C60和N60均由分子构成，属于分子晶体，故A正确；B.N2形成三键，键能大，N60的稳定性弱于N2，故B错误；C.C60中碳原子形成3个σ键，一个π键，碳是sp2杂化，故C错误；D.C60非极性分子，易溶于CS2、苯，故D正确。②C60置于“足球型”的Si60内合成“二重构造”球形分子C60Si60，该反应中反应物全部加合在一起，类似有机反应中的加成反应，其中C—C键、Si—Si键为非极性键；C—Si键为极性键；(3)D的原子坐标参数x为0，y、z为eq \f(1,2)，D的原子坐标参数为(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))；Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数＝6×1/2＋8×1/8＝4，其晶胞体积V＝(2eq \r(2)R×10－7)3cm3，其密度ρ＝m/V＝4M/(NAV)g·cm－3＝eq \f(64×4,NA×2\r(2)R×10－73)＝eq \f(8\r(2)×1021,NA·R3)g·cm－3。
答案：(1)①3d104s1 ds ②N>O>C ③4 sp2、sp3
(2)①AD ②极性键、非极性键
(3)①(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)) ②eq \f(8\r(2)×1021,NA·R3)碳酸盐
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
900
1172
1360
阳离子半径/pm
99
112
135
化合物
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
－25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377