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    新教材2024高考化学二轮专题复习专题14物质结构与性质模考精练

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    新教材2024高考化学二轮专题复习专题14物质结构与性质模考精练

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    这是一份新教材2024高考化学二轮专题复习专题14物质结构与性质模考精练,共6页。试卷主要包含了[选修3等内容,欢迎下载使用。
    将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上,制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题:
    (1)图1所示的几种碳单质,它们互为________,其中属于共价晶体的是________,C60间的作用力是________。
    (2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
    酞菁分子中所有原子共平面,其中p轨道能提供一对电子的N原子是________(填图2酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中,钴离子的化合价为________,氮原子提供孤对电子与钴离子形成________键。
    (3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在,其空间结构如图3a所示,二聚体中Al的轨道杂化类型为________。AlF3的熔点为1090℃,远高于AlCl3的192℃,由此可以判断铝氟之间的化学键为________键。AlF3结构属立方晶系,晶胞如图3b所示,F-的配位数为________。若晶胞参数为apm,晶体密度ρ=________g·cm-3(列出计算式,阿伏加德罗常数的值为NA)。
    2.硅材料在生活中占有重要地位。请回答:
    (1)Si(NH2)4分子的空间结构(以Si为中心)名称为________,分子中氮原子的杂化轨道类型是________。Si(NH2)4受热分解生成Si3N4和NH3,其受热不稳定的原因是________________________________________________________________________
    ________________________________________________________________________
    ________________________________________________________________________。
    (2)由硅原子形成的三种微粒,电子排布式分别为:①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、,有关这些微粒的叙述,正确的是________。
    A.微粒半径:③>①>②
    B.电子排布属于基态原子(或离子)的是:①②
    C.电离一个电子所需最低能量:①>②>③
    D.得电子能力:①>②
    (3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是________,该化合物的化学式为________。
    3.铬是人体内微量元素之一,是重要的血糖调节剂。
    (1)铬在元素周期表中的位置为____________,其基态原子核外电子占据的原子轨道数为________。
    (2)已知Cr3+半径小,正电场较强,容易与H2O、NH3、Cl-等分子或离子形成多种配合物,[Cr(H2O)2(NH3)4]Cl3·2H2O是其中的一种。
    ①该配合物中提供孤对电子形成配位键的原子是________。
    ②中心原子杂化方式为________(填标号)。
    a.sp2b.sp3
    c.sp3dd.d2sp3
    ③该物质中,氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大,其原因是________________________________________________________________________
    ________________________________________________________________________。
    (3)钛铬合金是一种高温结构材料,第二电离能I2(Ti)________(填“>”或“②,A项正确;由上述分析可知,B项正确;①、②电离出一个电子所需能量分别为基态Si的第一电离能、第二电离能,③为激发态Si原子,能量高,电离出一个电子所需能量比①小,故电离一个电子所需最低能量:③H2Se,所以符合题意的X为S、Y为Se;
    (5)据图可知与K紧邻的O位于K所在平面的面心,K位于顶点,被12个面共用,所以与K紧邻的O的个数为12;据图可知晶胞中含有一个O原子,结合化学式可知一个晶胞中含有一个KIO3单元,则晶胞的质量为g,晶胞边长为anm=a×10-7cm,则晶胞体积为(a×10-7)3cm3,所以密度为g·cm-3。
    答案:(1)1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5
    (2)氮原子的2p轨道处于较稳定的半充满状态
    (3)有 正四面体
    (4)sp2 非极性 Se
    (5)12
    5.解析:(2)镉和锌同族,其基态原子的核外电子排布式为[Kr] 4d105s2,第二电离能银失去是全充满的4d10电子,镉失去是5s1电子,故I2(Cd)H2Se>H2S。
    (5)Cd(OH)2不能和碱反应,但可溶于氨水生成配位数为4的配合物,该反应的化学方程式为:Cd(OH)2+4NH3===[Cd(NH3)4](OH)2;NH3与NF3具有相同的空间构型,都是三角锥型,而N-H键较短,成键电子对间的斥力较大,故NH3分子中的键角大于NF3分子中的键角。
    (6)①由立方晶系CdTe的晶胞结构图可知,Cd位于立方晶胞的顶点和面心位置,Te位于顶点Cd及该顶点所在三个面的面心Cd所构成的正四面体体心,根据题意,在该晶胞中建立如图2所示的坐标系,则距离Cd(0,0,0)原子最近的Te原子投影在面对角线的处,故其分数坐标为;
    ②该晶胞沿其体对角线方向上的投影如图3所示,根据立方晶系CdTe的晶胞结构图示,则⑬位置是体对角线两端点Cd原子,①②③④⑤⑥分别是立方晶胞的另外六个顶点,⑦⑧⑨⑩⑪⑫是六个面心上的Cd原子,四个Te原子中的一个在该体对角线上与⑬重合,另外三个分别间隔一位与⑧⑨⑩⑪⑫是六个面心上的Cd原子重合,故和Cd原子重合的位置为⑧⑩⑫⑬或⑦⑨⑪⑬;③根据上小题②的分析,d是两面对角线顶点在体对角线的切面上的投影距离,晶胞参数为apm,面对角线长度为a,体对角线长度为a,则d的长度为体对角线的一半,则为a。
    答案:(1)4d105s25p4
    (2)银失去是全充满的4d10电子,镉失去是5s1电子
    (3)6
    (4)H2O>H2Se>H2S
    (5)Cd(OH)2+4NH3===[Cd(NH3)4](OH)2 大于
    (6)() ⑧⑩⑫⑬或⑦⑨⑪⑬ a

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