全国通用2020版高考化学二轮复习大题题型集训4物质结构与性质含解析新人教版.doc

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1、大题题型集训(四)　物质结构与性质(建议用时：35分钟)(对应学生用书第175页)1．(2019·泸州模拟)钴、铜及其化合物在工业上有重要用途，回答下列问题：(1)请补充完基态Co的简化电子排布式：[Ar]______，Co2＋有________个未成对电子。(2)Na3[Co(NO2)6]常用作检验K＋的试剂，配位体NO的中心原子的杂化形式为______，空间构型为______。大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n为各原子的单电子数(形成σ键的电子除外)和得电子数的总和(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则NO中大π键应表示为________。(3)配合物[Cu

2、(En)2]SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ)是铜的一种重要化合物。其中En是乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的简写。①该配合物[Cu(En)2]SO4中N、O、Cu的第一电离能由小到大的顺序是__________________。②乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是__________________________________________________________________________________。(4)金属Cu晶体中的原子堆积方式如图所示，其配位数为________，铜原子的半径为a

3、nm阿伏加德罗常数的值为NACu的密度为________g/cm3(列出计算式即可)。[解析]　(2)NO中心原子氮原子价层电子对数为＝3，故杂化轨道数为3，所以氮原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为V形；NO中参与形成大π键的原子个数为3个，每个原子提供一个单电子，得电子数为1个，所以NO的大π键可以表示为Π。(4)由图可知，距每个Cu最近的Cu有12个，即配位数为12;晶胞中实际含有的Cu为4个，其质量为4×64g/NA；已知铜原子的半径为anm，由图可知，晶胞中面对角线长为4anm，晶胞的棱长为2anm，则晶胞的体积为(2a×10－7)3cm3，所以有(2×10－7)3×ρ＝

4、4×64g/NA，解得ρ＝g/cm3。[答案]　(1)3d74s2　3　(2)sp2　V形　Π　(3)①Cu

5、≡N—Fc．其分子有两种不同的空间构型d．1molN2F2含有的σ键的数目为4NA(3)NaHF2可用于制无水氟化氢和供雕刻玻璃、木材防腐等用。常温常压下为白色固体，易溶于水，160℃分解。NaHF2中所含作用力的类型有________(填字母)。a．离子键　b．共价键c．配位键d．氢键(4)二氟甲烷(CH2F2)难溶于水，而三氟甲烷(CHF3)可溶于水，其可能的原因是___________________________________________________________________________________________________________。(

6、5)氟化钙的晶胞结构如图所示。晶胞中Ca2＋的配位数为________。与F－等距且最近的Ca2＋形成的空间构型为________。已知氟化钙的晶胞边长为apm，其密度为ρg·cm－3，则阿伏加德罗常数的数值为________(列出计算式即可)。[解析]　(2)a.该分子中的氮氮键为共价双键，其中氮原子采取sp2杂化的方式，故a正确；其结构式为F—N===N—F，故b错误；此结构F—N===N—F有顺式反式之分，故c正确；1molN2F2含有的σ键的数目为3NA，故d错误。(5)从氟化钙的晶胞结构图可以看出Ca2＋居于晶胞的顶点和面心，在每个Ca2＋周围距离相等且最近的F－有8个，C

7、a2＋的配位数为8，F－居于晶胞的八个小正方体的体心，在每个F－周围距离相等最近的Ca2＋有4个，形成的空间构型为正四面体，在一个晶胞中含有Ca2＋的数目为4，含有F－的数目为8，列式计算ρg·cm－3×(a×10－10)3cm＝4×78/NAg，所以NA＝。[答案]　(1)9　3　　(2)ac　(3)abd　(4)三氟甲烷中由于3个氟原子的吸引使得碳原子的正电性增强，从而三氟甲烷中的氢原子可与H2O中的氧原子之间形成氢键　(5)8　正四面体　-8-3．(