2023届高考化学二轮复习非选择题突破物质结构与性质综合题作业含答案

这是一份2023届高考化学二轮复习非选择题突破物质结构与性质综合题作业含答案，共13页。试卷主要包含了铜及其化合物应用广泛，铜及其化合物有广泛的用途等内容，欢迎下载使用。
1.(2022·临沂一模)硼的化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态硼原子的价电子排布图为：________；B、N、H的电负性由大到小的顺序为________。
(2)科学家合成了一种含硼阴离子
[B6O7(OH)eq \\al(2－,6)]，其结构如图1所示。其中硼原子的杂化方式为________，该结构中共有________种不同化学环境的氧原子。
(3)BF3与H2O结合形成固态化合物BF3·OH2…OH2，该物质在6.2 ℃时熔化电离出H3O＋和一种含硼阴离子________(填离子符号)；H3O＋空间构型为________。
(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。图2是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属M原子，顶点代表氨分子；四面体的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，棱长为a pm，密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA。
①该晶体的化学式为________。
②金属M原子与硼原子间最短距离为________ pm。
③金属M的相对原子质量为________(列出表达式)。
答案 (1)
N＞H＞B
(2)sp2、sp3 4
(3)[BF3·OH]－ 三角锥形
(4)①M(NH3)6B2H8 ②eq \f(\r(3),4)a
③eq \f(ρa3×10－30×NA,4)－132
解析 (1)基态硼原子价电子排布式为2s22p1，则价电子排布图为，B、N、H的电负性由大到小的顺序是N＞H＞B。(2)，根据结构，结构中有2种B原子，如图，B的杂化类型为sp2、sp3；根据如图所示，共有4种不同化学环境的氧原子；(3)熔化时先断裂氢键，熔化时电离出H3O＋，因此含硼阴离子为[BF3·OH]－；H3O＋中心原子O杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形；(4)①八面体位于顶点和面心，个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，即M原子数为4，NH3为4×6＝24，四面体位于晶胞内部，有8个，B原子个数为8，H原子个数为8×4＝32，因此化学式为M(NH3)6B2H8；②M与B原子之间最短距离是体对角线的eq \f(1,4)，即eq \f(\r(3),4)a pm；③晶胞的质量为eq \f(4,NA)×(M＋6×17＋2×11＋8) g，晶胞的体积为(a×10－10)3 cm3，根据密度的定义，则ρ＝eq \f(\f(4,NA)×（M＋6×17＋2×11＋8） g,（a×10－10）3 cm3)，解得M＝eq \f(ρa3×10－30×NA,4)－132。
2.(2022·梅州一模)铜及其化合物应用广泛。请回答下列问题：
(1)Cu的基态原子电子排布式为________。
(2)硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)俗称蓝矾、胆矾，具有催吐、解毒作用，同时也是一种重要的化工原料，具有十分广泛的作用。SOeq \\al(2－,4)的空间构型为________，其中心原子的杂化类型是________。
(3)Cu2(OH)2CO3不溶于水，但可溶于浓氨水，反应的化学方程式为：Cu2(OH)2CO3＋8NH3·H2O===[Cu(NH3)4]CO3＋[Cu(NH3)4](OH)2＋8H2O。
①氨水中的微粒存在的化学键有________(填标号)。
A.极性键B.非极性键
C.氢键D.σ键
E.π键
②[Cu(NH3)4]CO3中配体是________，所含元素中电负性最大的非金属元素是________(填元素符号)。
(4)Cu2O的熔点比Cu2S高的原因是_________________________________
_____________________________________________________________。
(5)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：
①原子B的分数坐标为________。
②若该晶体密度为d g·cm－3，则铜镍原子间最短距离为________ pm。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)正四面体形(或四面体形) sp3
(3)①AD ②NH3 O
(4)Cu2O比Cu2S晶格能大(或Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，r(O2－)N>S>H>Cu ②CE ③A (3)CuO为离子晶体，熔点高，CuS 、CuSe的熔点较低为分子晶体，相对分子质量越大熔点越高
(4)(eq \f(1,4)，eq \f(3,4)，eq \f(3,4)) eq \f(\r(3),4)×eq \r(3,\f(4a,NA×d))
解析 (1)同周期，与铜原子最外层电子数相等的元素外围电子排布式为4s1或3d54s1，分别为K、Cr；(2)CuSO4中逐滴加入氨水至沉淀恰好溶解，将该溶液冷却结晶，得到蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，①该晶体中元素为H、N、O、S、Cu，非金属性越强电负性越强，电负性由大到小顺序为O>N>S>H>Cu；②硫酸根离子与配离子之间形成离子键，属于离子晶体，铜离子与氨分子之间形成配位键，水分子之间形成氢键，铵根存在σ键，该晶体中存在的作用力为：离子键、配位键、氢键、σ键，不含有金属键、范德华力，故选CE；③已知NH3分子中键角为107°，N原子的一个孤电子对与Cu2＋形成配位键，斥力减弱，故键角变大；(3)CuO为离子晶体，熔点高，CuS 、CuSe的熔点较低为分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，则其熔沸点就越高，CuO＞CuSe＞CuS；(4)图中③号溴原子位于上层正四面体空隙的中心，根据①、②号铜原子的坐标依次为(0，0，0)、(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，③号的位置为(eq \f(1,4)，eq \f(3,4)，eq \f(3,4))，设CuBr的密度为d g·cm－3，M(CuBr)＝a g·ml－1，NA为阿伏加德罗常数的值，Cu与Br的个数分别为4，设晶胞边长为x，晶胞密度＝eq \f(晶胞质量,晶胞体积)＝eq \f(\f(a g/ml,NA ml－1)×4,（x cm）3)＝d g·cm－3，x＝eq \r(3,\f(4a,NA×d)) cm，Cu原子与Br原子的距离为eq \f(1,4)体对角线，即eq \f(\r(3),4)x cm，Cu原子与Br原子的核间距离为eq \f(\r(3),4)×eq \r(3,\f(4a,NA×d)) cm。
5.(2022·湖南六校联考)高熵合金通常被定义为含有5种或5种以上等量或大约等量金属形成的合金。这个概念已经扩展到创造稳定的功能材料中。已报道的熵稳定高熵功能材料有Mg、C、Ni、Cu、Zn的氧化物，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。
(1)基态Ni原子的价电子排布式为________，有________个未成对电子。
(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如Ni(PPh3)2(Ph表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为________；Ni(PPh3)2晶体中存在的化学键类型有_____________________________________________________________
(填标号)。
A.离子键B.极性键
C.非极性键D.金属键
E.配位键 F.氢键
(3)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。Fe、Mn、Zn三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________。
(4)已知：[C(CN)6]4－是强还原剂，与水反应能生成[C(CN)6]3－，CN－中含有σ键与π键的数目之比为________，该离子中C的杂化方式为________。
(5)β－SiC的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为a pm和b pm，晶体密度为ρ g·cm－3，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为________(用含a、b、ρ、NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。
答案 (1)3d84s2 2 (2)三角锥形 BCE
(3)Zn＞Fe＞Mn (4)1∶2 sp
(5)eq \f(ρπNA（a3＋b3）,3×1031)
解析 (1)基态Ni原子核外有28个电子，电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2，3d轨道上有2个未成对电子。(2)Ni(PPh3)2中配体为PPh3，P原子与苯基形成3个单键，有一对孤对电子用于形成配位键，P的杂化轨道数为4，杂化方式为sp3杂化，故配体的空间构型为三角锥形；Ni(PPh3)2中存在P—C键、C—H键(极性键)，苯环中C、C之间的非极性键，Ni—P键(配位键)。(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，都失去4s电子，核电荷数Zn＞Fe＞Mn，对4s电子吸引能力Zn＞Fe＞Mn，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn。(4)CN－中C、N以三键连接，三键中含有1个σ键、2个π键，故σ键与π键的数目之比为1∶2；CN－中C的杂化方式为sp。(5)根据均摊法，该晶胞中含有4个C和4个Si，故原子所占的总体积为[eq \f(4,3)π(a×10－10 cm)3＋eq \f(4,3)π(b×10－10 cm)3]×4＝eq \f(16π（a3＋b3）,3×1030) cm3，该晶胞的体积为eq \f(\f(40,NA)×4 g,ρ g·cm－3)＝eq \f(160,ρNA) cm3，则原子的空间利用率为eq \f(\f(16π（a3＋b3）,3×1030),\f(160,ρNA))＝eq \f(ρπNA（a3＋b3）,3×1031)。
6.(2022·海南卷)以Cu2O、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
(1)基态O原子的电子排布式________，其中未成对电子有________个。
(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_____________________________________________________________。
(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取________杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是____________________________________。
(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为__________________________________________
_____________________________________________________________。
(5)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键中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是
_____________________________________________________________
_____________________________________________________________。
(6)左下图为某ZnO晶胞示意图，右下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。abcd为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面________、________。
答案 (1)1s22s22p4或[He]2s22p4 2
(2)金属晶体中有大量自由移动的电子，自由电子在外加电场中作定向移动
(3)sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
(4)Zn＋4NH3＋2H2O===[Zn(NH3)4]2＋＋2OH－＋H2↑
(5)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
(6)cdhi bcek
解析 (1)O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子； (2)由于金属晶体中有大量自由移动的电子，自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；(3)根据结构式可知，形成双键的N原子采取sp2杂化，—NH—的N原子参与形成大π键，也采取sp2杂化，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；(4)金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn＋4NH3＋2H2O===[Zn(NH3)4]2＋＋2OH－＋H2↑；(5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为cdhi和bcek。
CuO
CuS
CuSe
熔点(℃)
1 326
220
387