2025版高考化学二轮复习 板块1 题型突破特训4

题型突破特训(四)物质结构与性质综合1.(2024·广东深圳市二模)通过掺杂硅可将锗单质转化为不同掺杂比例的硅锗合金，锗及硅锗合金的立方晶胞如图所示。(1)锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为________。(2)若硅锗合金ⅰ的晶胞边长为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金ⅰ晶体的密度为________________g·cm－3(列计算式)。(3)硅锗合金ⅱ沿晶胞对角面取得的截图为________(填标号)。【答案】(1)4(2)eq\f(73×7＋28,a3×10－30×NA)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(539,a3×10－30×NA)或\f(539,a3×NA)×1030))(3)C【解析】(1)由图可知，锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为4。(2)由均摊法得，1个硅锗合金ⅰ晶胞中含有Si原子个数为2×eq\f(1,2)＝1，Ge原子的个数为4＋8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,2)＝7，晶胞边长为apm，则硅锗合金ⅰ晶体的密度为eq\f(73×7＋28,a3×10－30×NA)g·cm－3。(3)由硅锗合金ⅱ的晶胞结构图可知，沿晶胞对角面取得的截图为C。2.(2024·山东潍坊二模)氮族元素可以形成多种多样的化合物，回答下列问题：(1)基态As原子的价电子的轨道表示式是________。(2)叠氮酸(HN3)常用于引爆剂，可用联氨(H2N—NH2)制取。比较联氨与双氧水分子中键角大小：∠H—N—N________∠H—O—O(填“>”“＝”或“<”，下同)。叠氮酸结构如图所示：，*N为sp2杂化，已知参与形成π键的电子越多，键长越短，则键长：①________②。(3)乙胺(CH3CH2NH2)和2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺碱性更强，原因是________________________________________________。(4)磷酸—氢盐受热易脱水聚合，生成环状的偏磷酸根。环状三偏磷酸根的结构如图所示，则由n个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式是________。(5)砷与金属钠、铁、铜可形成一种绝缘体材料，其晶胞结构图及钠原子沿z轴投影如图所示，已知m原子的分数坐标为(0.75,0.25,0.20)，晶胞参数为a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°。铜周围距离最近的砷原子的个数是________，n原子的分数坐标是________，若阿伏加德罗常数值为NA，该晶体密度是________g·cm－3(用含NA的代数式表示)。【答案】(1)(2)><(3)2-羟基乙胺上羟基氧电负性大，有吸电子作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性减弱(4)(PO3)eq\o\al(n－,n)(5)4(0.75,0.75,0.8)eq\f(4×316×1030,a2·c·NA)【解析】(1)基态As原子的价电子排布式为4s24p3，轨道表示式为。(2)H—N—N中孤电子对数小于H—O—O中的孤电子对数，孤电子对对成键电子排斥作用较大，孤电子对数量越多，键角则相对越小，因此键角H—N—N>H—O—O。①中N—N两个氮原子均为两个p轨道的电子参与形成两个π键，剩下一个p轨道和s轨道形成sp杂化，②中右边的N，只形成1个π键，两个p轨道和一个s轨道形成sp2杂化，因此键长①<②。(3)2-羟基乙胺中羟基氧的电负性较大，具有吸附电子的作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性较弱。(4)根据图示可知，P原子与O原子的个数比为1∶3，每个P化合价为＋5价，每个O化合价为－2价，则每一个PO3这样的结构带一个负电荷，则n个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式为(PO3)eq\o\al(n－,n)。(5)以上顶面中心的Cu为例，与其距离最近的砷原子位于其下方的两个和上方晶胞底部的两个，因此铜周围距离最近的砷原子的个数为4。已知m原子的坐标为(0.75,0.25,0.20)，n原子位于晶胞上方靠前的位置，坐标为(0.75,0.75,0.8)。该晶胞中含有Cu个数为eq\f(1,4)×8＋eq\f(1,2)×4＝4，Fe个数为eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,4)×4＋eq\f(1,2)×2＋1＝4，As个数为8，Na个数为8，则其密度为eq\f(4×316,NAa2c×10－30)g·cm－3＝eq\f(4×316×1030,a2·c·NA)g·cm－3。3.(2024·山东聊城三模)副族元素可以形成多种多样的化合物。回答下列问题：(1)基态Zn原子能量最高的电子占据的能层是________，铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，则浸取时反应的离子方程式为_________________________________________________________。(2)已知的合成过程如下：HCl＋＋CdCl2→[CdCl3]－①中存在配位键，接受孤电子对的离子或原子是________。②具有较低的熔点。从结构角度解释原因_____________________________________________。(3)铜的硫化物结构多样。其中铜蓝晶胞结构如图。①铜蓝的化学式为________。②晶胞中含有________个Seq\o\al(2－,2)，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)________。【答案】(1)NZnO＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O(2)①H＋、Cd②该化合物是离子化合物，离子半径较大，离子键弱(3)①CuS②22∶1【解析】(1)Zn是30号元素，基态Zn原子共4个电子层，能量最高的电子占据的能层是N层，铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，则浸取时ZnO和铵根离子、氨水反应生成[Zn(NH3)4]2＋和水，反应的离子方程式为ZnO＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O。(2)①中N、Cl－存在孤电子对，H＋、Cd含有空轨道，接受孤电子对的离子或原子是H＋、Cd；②是离子化合物，离子半径较大，离子键弱，所以具有较低的熔点。(3)①由晶胞可知S2－与Cu形成3个键，个数为2，Seq\o\al(2－,2)为棱上2个S直接相连的部分，个数为eq\f(16×\f(1,4),2)＝2，则S原子数为6；由晶胞可知晶胞中Cu的总个数为6个；铜蓝的化学式为CuS。②晶胞中含有2个Seq\o\al(2－,2)，晶胞中S的总价态为2×(－2)＋2×(－2)＝－8，由晶胞可知晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu＋的个数为x，Cu2＋的个数为y，则x＋y＝6，x＋2y＝＋8，联立二式子解得x＝2，y＝1，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)＝2∶1。4.(2024·山东济南三模)一定条件下用过量碱性H2O2处理含有Ag＋和Ni2＋的混合溶液，得到一种镍银氧三元化合物，六方晶胞(a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°)如图所示。回答下列问题：(1)基态Ni原子的价电子排布式为________，镍原子的配位数为________，该制备反应的离子方程式为________________________________________。(2)47Ag的第二电离能________(填“大于”或“小于”)48Cd的第二电离能，原因是____________________________________________________。(3)Ag作催化剂，催化氧气氧化苯甲醇制备苯甲醛的化学方程式为________________________________________________；相同条件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛的原因是________________________________________________________________________。(4)若Ni—O键长为dpm，∠Ni—O—Ni夹角为θ，晶胞高为hpm，该化合物的摩尔质量为Mg·mol－1，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该化合物晶体的密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。【答案】(1)3d84s262Ag＋＋2Ni2＋＋H2O2＋6OH－=2AgNiO2＋4H2O(2)大于Ag原子价电子排布为4d105s1，失去一个电子后Ag＋为4d10结构，全充满稳定，不易再失去电子，而Cd原子价电子排布为4d105s2，易失去两个电子生成4d10稳定结构Cd2＋(3)＋2H2O苯甲醇中有—OH，相同情况下，苯甲醇与水形成的分子间氢键数目大于苯甲醛与水形成的氢键数目(4)eq\f(3M,2d2h1－cosθsin120°NA)×1030eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(或\f(3M,\r(3)d2h1－cosθNA)×1030或\f(3M,4d2hsin2\f(θ,2)sin120°NA)))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(×1030或\f(3M,2\r(3)d2hsin2\f(θ,2)NA)×1030))【解析】(1)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2；根据晶胞图可知，镍原子的配位数为6；一个晶胞中含Ag：4×eq\f(1,12)＋4×eq\f(1,6)＋2＝3，Ni：2×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,6)＋2＝3，O：4×eq\f(1,3)＋4×eq\f(1,6)＋4＝6，则晶胞化学式为AgNiO2，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒，该制备反应的离子方程式为2Ag＋＋2Ni2＋＋H2O2＋6OH－=2AgNiO2＋4H2O。(2)因为Ag原子价电子排布式为4d105s1，失去一个电子后Ag＋为4d10结构，全充满稳定，不易再失去电子，而Cd原子价电子排布式为4d105s2，易失去两个电子生成4d10稳定结构的Cd2＋，所以47Ag的第二电离能大于48Cd的第二电离能。(3)根据得失电子守恒以及原子守恒，Ag作催化剂，催化氧气氧化苯甲醇制备苯甲醛的化学方程式为＋O2eq\o(→,\s\up7(Ag),\s\do7(△))＋2H2O；苯甲醇中有—OH，相同情况下，苯甲醇与水形成的分子间氢键数目大于苯甲醛与水形成的氢键数目，因此相同条件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛。(4)该晶胞的质量为eq\f(3M,NA)g，体积为2d2h(1－cosθ)sin120°×10－30cm3，或者eq\r(3)d2h(1－cosθ)×10－30cm3，或者4d2hsin2eq\f(θ,2)sin120°×10－30cm3，或者2eq\r(3)d2hsin2eq\f(θ,2)×10－30cm3，则密度为eq\f(3M,2d2h1－cosθsin120°NA)×1030g·cm－3或eq\f(3M,\r(3)d2h1－cosθNA)×1030g·cm－3或eq\f(3M,4d2hsin2\f(θ,2)sin120°NA)×1030g·cm－3或eq\f(3M,2\r(3)d2hsin2\f(θ,2)NA)×1030g·cm－3。5.(2024·北京东城二模)硒(34Se)是一种应用广泛的元素。Ⅰ.检测细胞体内的HClO风湿性关节炎与细胞体内产生的HClO有关。一种含Se的荧光探针分子(FP)检测HClO及再生的转化如图。(1)①Se位于元素周期表中________区(填“s”“p”“ds”或“d”)。②HClO的结构式是________。(2)在FPO→FP中，GSH转化为GSSG。①用“*”在GSH中标出所有的手性碳原子__________________。②FPO→FP中，FPO与GSH的物质的量之比为________。Ⅱ.应用于光电领域Cu2Se可作为新型镁电池的正极材料，其晶胞结构如图所示。(3)①该晶体中阳离子的基态价层电子排布式是____________。②晶胞中“●”表示________(填离子符号)。(4)新型镁电池放电时，如图晶胞中Se2－位置不变，Mg2＋嵌入的同时Cu＋被挤出。生成的MgSe晶体结构与NaCl晶体相似，其中Mg2＋位于如图晶胞的________(填序号)。a．棱心b．面心c．体心d．顶点【答案】(1)①p②H—O—Cl(2)①②1∶4(3)①3d10②Cu＋(4)ac【解析】(1)①Se位于元素周期表中第四周期第ⅥA族，属于p区；②HClO中，O和H、Cl分别共用一对电子，O、Cl都达到8电子饱和结构，结构式为H—O—Cl。(2)①手性碳原子是连接4个不同基团的碳原子，GSH中一共有2个，标记如图；②FPO→FP中，Se元素化合价降低了2，FPO中两个Se共得4个电子，GSH中S化合价升高1，失一个电子，故根据电子得失守恒，FPO与GSH的物质的量之比为1∶4。(3)①Cu2Se晶体中阳离子为Cu＋，基态价层电子排布为3d10；②晶胞中，白色球处于晶胞顶点和面心，个数为6×eq\f(1,2)＋8×eq\f(1,8)＝4，黑球处于晶胞内，个数为8，根据Cu2Se中的原子个数比，“●”表示Cu＋。(4)根据氯化钠的晶胞特点，Se2－处于晶胞顶点和面心，则Mg2＋位于晶胞的体心和棱心，故选ac。6.(2024·山东济南二模)石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图a所示，图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞。若按ABCABC方式堆积而成，则如图b所示，图中用虚线标出了石墨的一个三方晶胞。回答下列问题：(1)石墨中碳原子的杂化方式为________，基态碳原子中电子的空间运动状态有________种，D、E原子的分数坐标分别为________、________(以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标)。(2)六方石墨晶体的密度为________g·cm－3(写出计算表达式，要求化简)。(3)1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为________。(4)石墨可用作锂离子电池的负极材料，充电时可由Li1－xC6形成Li＋按如图所示均匀分布的锂碳化合物，该物质中存在的化学键有________________________________，充电时该电极的电极反应式为________________________________。(5)锂离子电池的正极材料为层状结构的LiNiO2。锂离子完全脱嵌时LiNiO2的层状结构会变得不稳定，用铝取代部分镍形成LiNi1－yAlyO2，可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用，其原因是________________________________________________________________________。【答案】(1)sp24eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，\f(1,2)))(2)eq\f(2.365×1024,\r(3)×NA)(3)6(4)离子键、共价键Li1－xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6(5)脱嵌过程中Al不会变价，Li＋不能完全脱嵌【解析】(1)石墨中，每个碳原子形成3个σ键，无孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2，基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，电子占用4个原子轨道，电子的空间运动状态有4种，D在三方晶系底面上，原子的分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，E在六方晶系的内部，根据图示E原子的分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，\f(1,2)))。(2)根据均摊原则，1个晶胞中含有4个C原子，C—C键长为0.142nm，则底面积为eq\f(3\r(3),2)×(0.142×10－7)2cm2，六方石墨晶胞的体积为eq\f(3\r(3),2)×(0.142×10－7)2×0.6708×10－7cm3，六方石墨晶体的密度为eq\f(4×12,\f(3\r(3),2)×0.142×10－72×0.6708×10－7×NA)g/cm3＝eq\f(2.365×1024,\r(3)×NA)g·cm－3。(3)根据均摊原则，1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为4×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,6)＋2＝6。(4)Li＋嵌入石墨的A、B层间，导致石墨的堆积结构发生改变，形成化学式为LiC6的嵌入化合物，可见该物质中存在的化学键有Li＋与相邻石墨环形成的离子键、碳与碳形成的共价键；充电时由Li1－xC6形成Li＋，充电时的电极反应式为Li1－xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6。(5)Ni的化合价有＋2、＋3、＋4，而Al的化合价只有＋3，如果Ni被氧化到＋4价态，Li＋可以完全脱嵌，形成NiO2，但有Al3＋存在，必须有Li＋形成电中性物质，所以用铝取代部分镍形成LiNi1－yAlyO2可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用。7.(2024·山东枣庄市二模)氮能与部分金属或非金属形成二元化合物，在材料应用中体现出独特性质。回答下列问题：(1)量子力学计算的结果显示氮化碳结构有五种，其中β-氮化碳硬度超过金刚石晶体。已知β-氮化碳的二维晶体(单点厚度仅有一个原子直径大小的晶体)结构如图1，线框内表示晶胞结构，则β-氮化碳的化学式为________；晶体中N原子的杂化方式为________。(2)Cu3N具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构沿体对角线投影如图2，其中N3－在晶胞中只有一种位置，N3－的配位数为________。高温下CuO易转化为Cu2O，试从原子结构的角度解释其原因：______________________；高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成一种还原性气体、一种单质气体和一种金属氧化物，其化学反应方程式为________________________________。(3)CrN晶胞结构的八分之一如图3，则熔点：CrN________NaCl(填“高于”“低于”或“等于”)。若NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρg·cm－3，则Cr3＋与N3－最短核间距为________pm。【答案】(1)C3N4sp3(2)6亚铜离子(Cu＋)价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为3d9的铜离子(Cu2＋)更稳定2Cu3N＋3CO2eq\o(=,\s\up7(高温))3Cu2O＋N2＋3CO(3)高于eq\r(3,\f(33,ρ×NA))×1010【解析】本题利用均摊法计算化学式；根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；根据投影图像判断原子位置，确定原子配位数；利用晶格能判断原子晶体的熔点高低；利用晶胞模型的一部分计算晶胞原子间距离。(1)根据晶胞结构分析，左上框内氮原子数为4，碳原子数为4×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,2)＋1＝3；右下框内氮原子数为4，碳原子为4×eq\f(1,2)＋1＝3；故β-氮化碳化学式为C3N4；根据晶胞结构分析可知，氮原子形成了3个σ键，自身有一个孤电子对，价层电子对数为4，氮原子采取sp3杂化。(2)①根据Cu3N晶胞结构沿体对角线投影且其中N3－在晶胞中只有一种位置，可推知N3－在晶胞的顶点位置，而Cu＋在晶胞中棱的中心，所以N3－的配位数为6；②亚铜离子(Cu＋)价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为3d9的铜离子(Cu2＋)更稳定，所以高温下CuO易转化为Cu2O；③高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成的还原性气体是CO、一种单质气体是N2、一种金属氧化物是Cu2O(氧化铜和一氧化碳会反应)，其化学反应方程式为2Cu3N＋3CO2eq\o(=,\s\up7(高温))3Cu2O＋N2＋3CO。(3)①NaCl和CrN都是离子晶体，且CrN电荷数多于NaCl，晶格能前者大，熔点前者高。②原图上虽然是CrN晶胞结构的八分之一，但利用原图所示结构在给定棱长的基础上可以直接进行密度计算(质量小，体积按照比例缩小，不影响数值)；本题给了密度，在相当于晶胞的模型中，顶点有四个氮原子和四个铬原子，棱长就是要求的距离由ρ＝eq\f(52×4×\f(1,8)＋14×4×\f(1,8),NAa3)可以得到a＝eq\r(3,\f(52×4×\f(1,8)＋14×4×\f(1,8),NAρ))cm＝eq\r(3,\f(33,NAρ))×1010pm。8.(2024·山东日照二模)过渡金属不但能够与非金属元素形成化合物，还能与其他金属元素形成金属互化物。回答下列问题：(1)Mn在元素周期表中的位置________________，属于________区的元素，基态锰原子的价电子轨道表示式为________________________。(2)二茂铁化学式为Fe(C5H5)2，由Fe2＋与两个C5Heq\o\al(－,5)构成(如图)，熔点为172℃。①二茂铁熔点低于铁的原因为______________________________________。②大π键通常用符号表示(m代表参与形大π键的原子数，n代表大π键的电子数)，则C5Heq\o\al(－,5)中的大π键表示为________。③Fe2＋与两个C5Heq\o\al(－,5)离子形成配位键后，使Fe2＋的3d、4s、4p能级中共具有18电子的稳定结构。则Fe2＋与两个C5Heq\o\al(－,5)离子形成配位键的数目为________。(3)锰和镓形成的金属互化物立方晶胞如图所示。①若将晶胞中体心的Ga原子作为晶胞的一个顶点，则距该Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置为________(填标号)。A．面心 B．体心C．顶点 D