《（通用版）高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題5 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選考）對(duì)點(diǎn)規(guī)范訓(xùn)練-人教版高三化學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題5 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選考）對(duì)點(diǎn)規(guī)范訓(xùn)練-人教版高三化學(xué)試題（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題5 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選考）
1．Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4。銅晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，銅晶體中每個(gè)銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為12。
2．Z基態(tài)原子的M層與K層電子數(shù)相等，它與某元素形成的化合物的晶胞如下圖所示，晶胞中陰離子和陽(yáng)離子的個(gè)數(shù)之比是2∶1。
3．(2016·江蘇南通模擬)氮元素可以形成多種化合物。回答以下問(wèn)題：
(1)基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布式是2s22p3。
(2)肼(N2H4)分子可視為NH3分子中的一個(gè)氫原子被—NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物。
①NH3分子的空間構(gòu)型是三角錐形；N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型是sp3。
①肼
2、可用作火箭燃料，燃燒時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：
N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)
若該反應(yīng)中有4 mol N—H鍵斷裂，則形成的π鍵有3mol。
解析：(1)根據(jù)構(gòu)造原理可知，基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布式是2s22p3。
(2)①在氨氣分子中，中心原子含有的孤電子對(duì)數(shù)是(5－1×3)×＝1，所以氨氣是三角錐形結(jié)構(gòu)，氮原子采取sp3雜化。而肼(N2H4 )分子可視為NH3分子中的一個(gè)氫原子被—NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物，所以N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型也是sp3雜化。
②根據(jù)化學(xué)方程式可知，反應(yīng)中有4 mol N—H鍵斷裂，形成1.5 mol氮?dú)?/p>
3、。氮?dú)庵泻械I，而三鍵是由1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵構(gòu)成的，則形成的π鍵有1.5 mol×2＝3 mol。
4．Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數(shù)依次遞增。已知：
①Z的原子序數(shù)為29，其余的均為短周期主族元素；
②Y原子價(jià)電子(外圍電子)排布式為msnmpn
③R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)；
④Q、X原子P軌道的電子數(shù)分別為2和4。
請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
(1)Z2＋的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d9。
(2)在[Z(NH3)4]2＋中，Z2＋的空軌道接受NH3分子提供的孤電子對(duì)形成配位鍵。
(3)Q、Y的最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物分別為甲、乙，下列判斷正確的是b(填字
4、母代號(hào))。
a．穩(wěn)定性：甲＞乙，沸點(diǎn)：甲＞乙
b．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點(diǎn)：甲＜乙
c．穩(wěn)定性：甲＜乙，沸點(diǎn)：甲＜乙
d．穩(wěn)定性：甲＜乙，沸點(diǎn)：甲>乙
(4)Q、R、Y三種元素的第一電離能數(shù)值由小至大的順序?yàn)镾i
5、和4，則應(yīng)為C(或Si)和O(或S)，又由于五種元素原子序數(shù)依次遞增，所以可推出：Q為C，R為N，X為O，Y為Si。
(1)Cu的價(jià)電子排布式為3d104s1，失去兩個(gè)電子，則為3d9，故答案為1s22s22p63s23p63d9。
(2)Cu2＋可以與NH3形成配合物，其中NH3中N原子提供孤電子對(duì)，Cu2＋提供空軌道，形成配位鍵。
(3)Q、Y的氫化物分別為CH4和SiH4，由于C的非金屬性強(qiáng)于Si，則穩(wěn)定性CH4>SiH4；因?yàn)镾iH4的相對(duì)分子質(zhì)量比CH4大，故分子間作用力大，沸點(diǎn)高。
(4)C、N和Si中，C、Si位于同一主族，則C非金屬性強(qiáng)，故第一電離能大，由于N處于半充滿
6、狀態(tài)，故第一電離能比相鄰主族的元素大，所以第一電離能Si
7、
第一電離能
離子半徑
熔點(diǎn)
酸性
SiNa＋
NaCl
8、23p4,3p能級(jí)有三個(gè)軌道、四個(gè)電子，依據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，先在每個(gè)軌道排1個(gè)電子，方向相同，排滿后再排剩余的電子，方向相反，故有兩個(gè)未成對(duì)的電子；硅的核外電子數(shù)為14，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫出其電子排布式。
(2)同周期從左往右，元素的第一電離能呈逐漸增大趨勢(shì)，故有SiNa＋；一般情況下，原子晶體的熔沸點(diǎn)大于離子晶體；同周期從左到右，元素的非金屬性逐漸增強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)，則其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)。
(3)該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，Cu的化合價(jià)從＋1價(jià)升到＋2價(jià)，O2作氧化劑，O的化合價(jià)從0價(jià)降到－2價(jià)。
(
9、4)氯氣作氧化劑，Cl的化合價(jià)從0價(jià)降到－1價(jià)，亞氯酸根離子中Cl的化合價(jià)從＋3價(jià)升到＋4價(jià)。
6．(2016·河南南陽(yáng)模擬)金晶體是面心立方體，立方體的每個(gè)面上5個(gè)金原子緊密堆砌(如圖；所示，其余各面省略)，金原子半徑為A cm，求：
(1)金晶體中最小的一個(gè)立方體含有4個(gè)金原子。
(2)金的密度為g·cm－3(用帶A的計(jì)算式表示)。
(3)金原子空間占有率為(Au的相對(duì)原子質(zhì)量為197，用帶A的計(jì)算式表示)。
解析：(1)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，金晶體中最小的一個(gè)立方體含有8×＋6×＝4個(gè)金原子。
(2)金原子半徑為A cm，晶胞中面對(duì)角線是4A cm，則晶胞的邊長(zhǎng)為2A cm，由×NA＝4，解得ρ＝g·cm－3。
(3)晶胞體積是(2A)3 cm3，而金原子占有的體積是4×πA3 cm3，所以金原子空間占有率為。
（通用版）高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題5 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選考）對(duì)點(diǎn)規(guī)范訓(xùn)練-人教版高三化學(xué)試題
