2019高考化學(xué)三輪沖刺 大題提分 大題精做12 以給定元素為背景物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題.docx
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大題精做十二 以給定元素為背景物質(zhì)結(jié)構(gòu) 1.I.下列元素或化合物的性質(zhì)變化順序正確的是_______________ A．第一電離能：Cl＞S＞P＞Si B．共價鍵的極性：HF＞HCI＞HBr＞HI C．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI D．熱穩(wěn)定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3 II.黃銅礦是主要的煉銅原料，CuFeS2是其中銅的主要存在形式?；卮鹣铝袉栴}： （1）CuFeS2中存在的化學(xué)鍵類型是________________。下列基態(tài)原子或離子的價層電子排布圖正確的_____________。 （2）在較低溫度下CuFeS2與濃硫酸作用時，有少量臭雞蛋氣味的氣體X產(chǎn)生。 ①X分子的立體構(gòu)型是______，中心原子雜化類型為_______，屬于_______（填“極性”或“非極性”）分子。 ②X的沸點比水低的主要原因是____________________。 （3）CuFeS2與氧氣反應(yīng)生成SO2，SO2中心原子的價層電子對數(shù)為_____，共價鍵的類型有_________。 （4）四方晶系CuFeS2晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。 ①Cu＋的配位數(shù)為__________，S2?的配位數(shù)為____________。 ②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，CuFeS2晶體的密度是________gcm?3(列出計算式)。 【解析】I.A．當(dāng)原子軌道填充為半滿全滿時，較穩(wěn)定，P為半滿結(jié)構(gòu)，因此第一電離能最大，故不符合題意；B．共價鍵的極性與原子得失電子能力有關(guān)，得失電子能力差別越大，極性越強，得電子能力，同主族元素從上到下依次減弱，故B符合題意；C．晶格能與離子半徑有關(guān)，離子半徑越大，晶格能越小，離子半徑，同主族元素從上到下依次增大，因此晶格能逐漸減小，故C符合題意；D．熱穩(wěn)定性，同主族元素，越往下，越穩(wěn)定，因此D不符合題意；故答案選BC。II.（1）CuFeS2中存在非金屬與金屬之間的化學(xué)鍵，為離子鍵；電子排布應(yīng)先排滿低能軌道，再排滿高能軌道，因此，B不符合題意，而失去電子時，應(yīng)先失去高能軌道電子，故CD符合題意。故答案為CD。（2）①臭雞蛋氣味的氣體為硫化氫，分子中價層電子有4對，孤對電子為6-212=2對，故構(gòu)型是V形，中心原子雜化類型為sp3，有孤對電子，為非對稱結(jié)構(gòu)，因此為極性分子。②由于在水分子中，氧元素吸引電子能力極強，故水分子中存在氫鍵，沸點升高。故答案為：V形；sp3；極性；水分子間存在氫鍵。（3）SO2中心原子的價層電子對數(shù)為6+02=3，以雙鍵結(jié)合，故共價鍵類型為σ鍵和π鍵。故答案為：3；σ鍵和π鍵。（4）①Cu＋的配位數(shù)為612+414=4，S2?占據(jù)8個體心，有兩個S，因此S2?的配位數(shù)為4。②根據(jù)ρ=mV，質(zhì)量m=(464+456+832)/NA，體積V=0.5240.5241.03210-21cm?3，所以，CuFeS2晶體的密度是464+456+832（0.52421.032）10-21NAg/cm3。故答案為：464+456+832（0.52421.032）10-21NA。 【答案】I.BC II.（1）離子鍵CD （2）V形 sp3極性水分子間存在氫鍵 （3）3 σ鍵和π鍵 （4）4 4464+456+832（0.52421.032）10-21NA 1.（2018安徽六安一中模擬）鐵觸媒是重要的催化劑，CO易與鐵觸媒作用導(dǎo)致其失去催化活性：除去CO的化學(xué)反應(yīng)方程式為：[Cu(NH3)]OOCCH3+CO+NH3=[Cu(NH3)3(CO)]OOCCH3。請回答下列問題： (1)基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為______________________； (2)鐵的一種配合物Fe(CO)x的中心原子價電子數(shù)與配體用于成鍵提供的電子數(shù)之和為18，則x=__________；已知該配合物的熔點為－20.5℃，沸點為103℃，易溶于CC14，據(jù)此可以判斷Fe(CO)x晶體屬于___________(填晶體類型)。與CO互為等電子體的分子的分子式為___________。 (3)配合物[Cu(NH3)]OOCCH3中碳原子的雜化類型是___________。用[Cu(NH3)]OOCCH3除去CO的反應(yīng)中，肯定有___________形成。 a.離子鍵 b.配位鍵 c.非極性鍵d.σ鍵 (4)單質(zhì)鐵的晶體在不同溫度下有兩種堆積方式，晶胞分別如圖所示，面心立方晶胞和體心立方晶胞中實際含有的鐵原子個數(shù)之比為___________。鐵晶體的體心立方堆積空間利用率為_________(用含π的式子表示)。 【解析】(1)核電荷數(shù)為26的基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為[Ar]3d64s2；(2)配合物Fe(CO)x的中心原子是鐵原子，其價電子數(shù)是8，每個配體提供的電子數(shù)是2，8+2x=18，x=5，分子晶體的熔沸點較低，根據(jù)題給信息知，該物質(zhì)的熔沸點較低，所以為分子晶體；CO含有2個原子，價電子總數(shù)為4+6=10，與CO互為等電子體的分子有N2；(3)該配合物中C原子有2種情況，其價層電子對個數(shù)分別是4和3，且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論，可以確定C原子雜化方式分別為sp3、sp2；用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反應(yīng)中，肯定有Cu原子和CO之間的配位鍵形成，配位鍵屬于δ鍵，故答案為：bd；(4)利用均攤法計算晶胞中Fe原子個數(shù)，面心立方晶胞中Fe原子個數(shù)=818+612=4、體心立方晶胞中Fe原子個數(shù)=1+818=2，所以二者Fe原子個數(shù)之比=4∶2=2∶1；空間利用率=晶胞中Fe原子總體積晶胞體積100%，設(shè)Fe原子的半徑為r cm，則晶胞的體對角線為4r cm，根據(jù)勾股定理可以求出晶胞的邊長。則晶胞中Fe原子總體積為243π(rcm)3，晶胞體積為(433rcm)3，則空間利用率243πr3(433r)3100%=38π100%。 【答案】（1）[Ar]3d64s2 （2）5 分子晶體 N2 （3）sp2、sp3bd （4）2∶138π100% 2.（2018廣東茂名市模擬）鈉的化合物用途廣泛，回答下列問題： （1）多硫化鈉(Na2Sx)用作聚合的終止劑。鈉原子價層電子的軌道表達式(電子排布圖)為___________，基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為___________，其中Na2S4中存在的化學(xué)鍵有：___________。 A.離子鍵 B.極性共價鍵 C.π鍵 D.非極性共價鍵 （2）r(S2?)>r(Na+)的原因是___________。 （3）Na2SO3常用作工業(yè)的脫氧劑和漂白劑，其陰離子的中心原子的雜化形式是___________，空間構(gòu)型是______________________。 （4）下表列出了鈉的鹵化物的熔點： 化學(xué)式 NaF NaCl NaBr NaI 熔點/℃ 995 801 775 651 ①NaF的熔點比NaI的熔點高的原因是_________________________________； ②NaCl晶格能是786kJ/mol，則NaF的晶格能可能是___________。 A．704kJ/mol B．747kJ/mol C．928 kJ/mol （5）NaH具有NaCl型的立方晶體結(jié)構(gòu)，已知NaH晶體的晶胞參數(shù)a=488pm，Na+半徑為102pm，則H?的半徑為___________pm；NaH的理論密度是___________gcm?3(保留三位有效數(shù)字)。[H—1、Na—23] （6）首例被發(fā)現(xiàn)的帶結(jié)晶水的超導(dǎo)材料晶體化學(xué)式為Na0.35CoOx1.3H2O，具有……－CoO2－H2O－Na－H2O－CoO2－H2O－Na－H2O－……層狀結(jié)構(gòu)，已知CoOx層的構(gòu)型部分如圖，其中粗線畫出的是其二維晶跑，則x=___________。 【解析】（1）鈉的價電子為3s1，鈉原子價層電子的軌道表達式(電子排布圖)為；基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級3p的電子云輪廓圖為啞鈴(或紡錘)，其中Na2S4中存在的化學(xué)鍵有：鈉離子與S間的離子鍵、S-S之間的非極性共價鍵，故選AD。（2）S2?比Na+多一個電子層，所以r(S2?)>r(Na+)的原因是電子層數(shù)多；（3）Na2SO3常用作工業(yè)的脫氧劑和漂白劑，其陰離子SO的中心原子S與另外3個O原子形成3個σ鍵，有1個孤電子對，故其雜化形式是SP3，空間構(gòu)型是三角錐形。（4）①NaF的熔點比NaI的熔點高的原因是NaF和NaI同屬于離子晶體，r(F?)下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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