新教材2024高考化学二轮专题复习专题14物质结构与性质课时作业

这是一份新教材2024高考化学二轮专题复习专题14物质结构与性质课时作业，共7页。试卷主要包含了铜及其化合物有广泛的用途等内容，欢迎下载使用。

请回答：
（1）基态N原子的价层电子排布式是 。
（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是 。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1
B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2
C．最简单的氮烯分子式：N2H2
D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为 。
③给出H＋的能力：NH3 [CuNH3]2＋（填“>”或“Mg3N2，故B正确；氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确；综上所述，答案为A。②氮和氢形成的无环氮多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn＋2，根据有一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn＋2－2m（m≤eq \f(n,2)，m为正整数）。③[CuNH3]2＋形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向Cu偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H＋的能力NH3＜[CuNH3]2＋。（3）钙个数为2＋4×eq \f(1,6)＋4×eq \f(1,12)＝3，CN eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(2)) 个数为2＋2×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,6)＝3，则其化学式为CaCN2；由其键角为120°，根据其六方最密堆积图可知，以体内1个CN eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(2)) 为例，在其上方、下方距离最近的Ca2＋各有3个，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6。
答案：（1）2s22p3 （2）①A ②NnHn＋2－2m（m≤eq \f(n,2)，m为正整数） ③＜ [CuNH3]2＋形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向Cu偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
（3）CaCN2 6
2．解析：（1）基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，有9个电子，排除b、c项；a项，相当于F原子的一个电子从2p能级跃迁到3s能级，属于激发态氟原子，正确；d项，相当于F原子的两个电子从2p能级跃迁到3p能级，属于激发态氟原子，正确；在两个激发态氟原子中，由于3p能级的能量高于3s能级，且d中发生跃迁的电子数目多于a，故d的能量较高。（2）①C2H3Cl分子中存在碳碳双键，C原子为sp2杂化，杂化轨道只能形成σ键，故在C2H3Cl分子中，C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Clσ键。②C2H5Cl分子中只存在σ键，C原子为sp3杂化；C2H3Cl分子中存在一个eq \i\pr\in(3,4,)的大π键，C原子为sp2杂化；C2HCl分子中存在两个eq \i\pr\in(3,4,)的大π键[1个是Cl（3pz）－C（2pz），1个是Cl（3py）－C（2py）]，C原子为sp杂化。杂化轨道中s成分越多（sp3、sp2、sp杂化轨道中s成分依次增多），形成的C—Cl键越强；Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键越短，故C—Cl键长顺序为C2H5Cl>C2H3Cl>C2HCl。（3）由CsICl2受热发生非氧化还原反应知，CsICl2受热分解生成CsCl和ICl，故无色晶体X为CsCl，红棕色液体Y为ICl；由于CsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力，离子键比范德华力强得多，故CsCl的熔点高于ICl。（4）在α­AgI晶体中，Ag＋可以发生迁移，故α­AgI晶体在电池中可以作为固体离子导体。由于α­AgI晶体中I－作体心立方堆积，由“均摊法”知，1个晶胞中含有I－数目为8×eq \f(1,8)＋1＝2，即1个晶胞中含有2个α­AgI，则α­AgI晶体的摩尔体积Vm＝eq \f(1,2)（504×10－12m）3·NAml－1＝eq \f(1,2)（5.04×10－10）3NAm3·ml－1。
答案：（1）ad d
（2）①sp2 σ ②C2H5Cl>C2H3Cl>C2HCl Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键越短
（3）CsCl CsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力
（4）固体离子导体 eq \f(1,2)（5.04×10－10）3NA
3．解析：（1）由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp3杂化；
（2）①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d9；②由图可知，配合物Q中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q在水中的溶解性；③由图可知，配合物Q中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键；
（3）①锆原子的原子半径大于氧原子，由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线eq \f(1,4)处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：eq \f(4×（91＋16×2）,NA)＝（a×10－7）3ρ，解得ρ＝eq \f(4×123,NA×a3×10－21)。
答案：（1）2 sp2 sp3
（2）①3d9 ②减小 ③Cu—N
（3）①Zr 8 ②eq \f(4×123,NA×a3×10－21)
4．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共2种；
（2）①蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4·H2O中元素为H、N、O、S、Cu，非金属性越强电负性越大，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，铜离子与水分子之间形成配位键，水分子之间形成氢键，铵根离子中存在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°，铜离子络合后，氮的孤对电子进入铜离子的外层空轨道，并受到铜离子正电荷的吸引，其电子云变小，此时的键角就变大了，故大于107°，故选A；
（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，故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dg·cm－3，M（CuBr）＝ag·ml－1，NA为阿伏加德罗常数，Cu与Br的个数分别为4，设晶胞边长为xcm，晶胞密度＝eq \f(晶胞质量,晶胞体积)＝eq \f(\f(ag·ml－1,NAml－1)×4,（xcm）3)＝dg·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，体对角线长为eq \r(3)xcm，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。
答案：（1）2
（2）①O>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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4))) eq \f(\r(3),4)×eq \r(3,\f(4a,NA×d))
5．解析：（1）①P===O键和P－O键的排斥力大于P－O键和P－O键之间的排斥力，所以键角α小于β。②磷酸分子间有氢键，温度升高，氢键被破坏，所以纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降。
（2）①根据图示，Li＋迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间形成配位键，作用力为共价键，选c。
②LiAsF6的阴离子是AsF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6)) ，AsF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6)) 中As原子价电子对数是eq \f(5＋6＋1,2)＝6，无孤电子对，空间构型为正八面体；基态As原子的最高能级组包括4s、3d、4p三个能级，轨道排布式为
（3）镍是28号元素，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。环戊二烯离子（C5H eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ）中5个原子共用6个电子，其大π键可表示为eq \i\pr\in(5,6,)。
（4）由晶胞图以体心的O2－分析，与氧离子距离最近的氧离子有12个；根据图，单分子层重复单元呈平行四边形，是相邻四个球中心的连线，每个重复单元包括一个O2－和一个Ni2＋，作三角形，设O2－的半径为anm，三角形高为eq \r(3)anm，三角形面积为eq \f(1,2)×2a×10－7cm×eq \r(3)a×10－7cm＝eq \r(3)a2×10－14cm2，平行四边形面积为2eq \r(3)a2×10－14cm2，NiO的相对分子质量为75，每平方厘米面积上分散的该晶体的质量为“单分子层”面积密度eq \f(\f(75g·ml－1,NAml－1),2\r(3)a2×10－14cm2)＝mg·cm－2，则O2－的半径为a＝eq \r(\f(75,2\r(3)mNA))×107nm。
答案：（1）①小于 ②温度升高，磷酸分子间氢键被破坏
（2）①c ②正八面体
（3）第四周期第Ⅷ族 II eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(5))
（4）12 eq \r(\f(75,2\r(3)mNA))×107
CuO
CuS
CuSe
熔点（℃）
1326
220
387