（江苏专用）2020高考化学二轮复习 专题十一 物质结构与性质（选考）大题题型突破（六）课件

专题十一大题题型突破(六)1.(2019·常州高三期末)盐酸氯丙嗪是一种多巴胺受体的阻断剂，临床上有多种用途。化合物Ⅲ是制备盐酸氯丙嗪的原料，可由化合物Ⅰ和Ⅱ在铜作催化剂条件下反应制得。123465(1)Cu基态核外电子排布式为____________________________________。[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)解析Cu的原子序数为29，根据洪特规则特例，3d轨道中的电子为全满时，原子较稳定，所以Cu的基态电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1。(2)1mol化合物Ⅰ分子中含有σ键的数目为______。12346514NA解析1mol化合物Ⅰ分子中含有14molσ键。(3)化合物Ⅲ分子中sp3方式杂化的原子数目是_____。1234652解析N原子以及羧基中羟基中的O原子均为sp3杂化。(4)向[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2至微酸性，有白色沉淀生成。分析表明该白色沉淀中Cu、S、N的物质的量之比为1∶1∶1，沉淀中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子。①[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型有______(填字母)。A.共价键B.氢键C.离子键D.配位键E.分子间作用力123465ACD解析[Cu(NH3)4]SO4中N与H之间为共价键，[Cu(NH3)4]2＋与之间为离子键，Cu2＋与NH3之间为配位键。SO2－4②上述白色沉淀的化学式为______________。123465Cu(NH4)SO3解析根据VSEPR理论知，SO2－3为三角锥形，NH＋4为正四面体形，因为Cu、S、N的物质的量之比为1∶1∶1，所以该化学式为Cu(NH4)SO3。(5)铜的氢化物的晶体结构如图所示，写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式：______________________________。123465所以氢化铜的化学式为CuH，被Cl2氧化生成CuCl2，同时生成HCl，根据Cu和Cl得失电子守恒配平反应。2CuH＋3Cl2=====点燃2CuCl2＋2HCl解析白球为8×18＋6×12＝4，黑球全在晶体内部，所以黑球为4个，2.(2019·南京、盐城高三一模)钴的合金及其配合物用途非常广泛。(1)Co3＋基态核外电子排布式为____________________________。123465[Ar]3d6(或1s22s22p63s23p63d6)解析Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，Co3＋基态核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。(2)一种Pt、Co金属间化合物可作为质子交换膜燃料电池的催化剂，其晶胞结构如图所示，该金属间化合物的化学式为_______。123465Pt3Co解析由晶胞图看，Pt为6×12＝3，Co为8×18＝1，化学式为Pt3Co。(3)BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。①的立体构型为____________(用文字描述)。123465正四面体形ClO－4解析ClO－4的孤对电子数为7＋1－4×22＝0，价层电子数为0＋4＝4，Cl的杂化类型为sp3，所以ClO－4为正四面体形。②CTCN的化学式为[Co(NH3)4CO3]NO3，与Co(Ⅲ)形成配位键的原子是________(已知的结构式为：)。123465N和OCO2－3解析NH3中的N，CO2－3中的O均有孤对电子，与Co(Ⅲ)可形成配位键。解析碳氮三键中的C为sp杂化，碳氮双键中的C为sp2杂化。分子中的单键全为σ键，双键或三键中只有一个为σ键，所以1mol中含有9molσ键。③NaNT可由(双聚氰胺)为原料制备。双聚氰胺中碳原子杂化轨道类型为__________，1mol该分子中含σ键的数目为_______。123465sp和sp29NA3.(2019·南京高三三模)铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。(1)铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。①基态Cu2＋的核外电子排布式为___________________________。1234651s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)②与NO－3互为等电子体的一种分子为___________(填化学式)。SO3(或BF3)解析Cu为29号元素，根据洪特规则特例，当3d轨道中电子为全满时，原子较稳定，则Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，先失去4s上面的电子，然后再失去3d上面的电子，则Cu2＋的电子排布式为[Ar]3d9。①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。(2)邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图1所示。123465NOC解析N的2p轨道中电子为半满的稳定状态，比相邻的O原子难失去电子，则第一电离能：NOC。②邻氨基吡啶的铜配合物中，C原子轨道杂化类型为__________。123465sp2、sp3解析形成双键C的原子为sp2杂化，甲基上的C原子为sp3杂化。③1mol中含有的σ键数目为____。12346513解析1mol中含有4mol碳氢键，4mol碳碳键，3mol碳氮键，2mol氮氢键，共13molσ键。(3)铜的某种氯化物的链状结构如图2所示。该氯化物的化学式为_______。123465CuCl2解析从图2中知，重复的单元为1个Cu,2个Cl，所以该氯化物为CuCl2。1234654.(2019·南通、扬州、泰州、徐州、淮安、宿迁、连云港七市高三三模)已知X、Y、Z、R都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。X是空气中含量最高的元素，Z基态原子核外K、L、M三层电子数之比为1∶4∶2，R基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，Y基态原子的最外层电子数等于Z、R基态原子的最外层电子数之和。(答题时，X、Y、Z、R用所对应的元素符号表示)(1)X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为_________，写出一种与互为等电子体的分子的化学式：______________________。Si＜O＜NZY4－4CCl4(或SiF4、SiCl4等)123465解析“X是空气中含量最高的元素”，则X为N元素；“Z基态原子核外K、L、M三层电子数之比为1∶4∶2”，Z的原子结构示意图为，即Z为Si元素；“R基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍”，则R的电子排布式为[Ar]3d84s2，R为28号元素，则R为Ni元素；“Y基态原子的最外层电子数等于Z、R基态原子的最外层电子数之和”，Si的最外层电子数为4，Ni的最外层电子数为2，则Y的最外层电子数为6，Y为O元素。Si的电子层数最多，易失电子，故第一电离能最小，N的2p轨道中电子为半满的稳定状态，故N的第一电离能比相邻的O元素大。对进行变换，将Si可以换成C，每个O均得一个电子，得为第ⅦA族元素，可以写为Cl，则对应为CCl4或SiCl4、SiF4等。SiO4－4123465(2)R3＋基态核外电子排布式为____________________________。[Ar]3d7(或1s22s22p63s23p63d7)解析“Ni先失去4s上面的电子，然后再失去3d上面的电子，Ni3＋的核外电子排布式为[Ar]3d7。123465(3)化合物Z3X4熔点高达1900℃以上，硬度很大。该物质的晶体类型是___________。原子晶体解析“Si3N4的熔点高，硬度大，则应为原子晶体。123465(4)Y、Z形成的某晶体其晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为_______。SiO2解析“由晶胞图知，每个Si连有4个O原子，每个O原子连有2个Si原子，则化学式为SiO2。123465(5)R2＋与过量的氨水形成的配离子的化学式为[R(NH3)6]2＋，1mol[R(NH3)6]2＋中含有σ键的数目为______。24NA解析“[Ni(NH3)6]2＋，NH3中有3个N—H键，每个N均与Ni形成配位键，这些化学键均为σ键，即每个NH3形成4个σ键，所以1mol[Ni(NH3)6]2＋中共有4×6＝24molσ键。1234655.(2019·淮安、徐州、连云港三市高三期末)阿散酸()是一种饲料添加剂，能溶于Na2CO3溶液中；常含有H3AsO3、NaCl等杂质。(1)As原子基态核外电子排布式为_______________________________________。[Ar]3d104s24p3(或1s22s22p63s23p63d104s24p3)解析As为33号元素，价电子数为33－18－10＝5，最外层电子排布为4s24p3，则核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3。解析C原子的孤对电子数为4＋2－2×32＝0，AsO3－3中As原子的孤对电子数为5＋3－2×32＝1，(2)CO2－3中心原子轨道的杂化类型为____，AsO3－3的立体构型为_________(用文字描述)。123465价层电子数为0＋3＝3，所以C为sp2杂化。sp2三角锥形所以AsO3－3为三角锥形。价层电子数为1＋3＝4，所以As为sp3杂化，(3)与AsO3－4互为等电子体的分子为______________(填化学式)。123465CCl4(或SiF4等)123465(4)C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____________。C＜O＜N解析N的2p轨道中的电子为半满状态，较稳定，难失去电子，所以N的第一电离能大于O。123465(5)NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同的晶体。其中一种晶体的晶胞如图，该晶体的化学式为_______。Na2Cl解析从晶胞图知，Na为2＋2×12＋4×14＝4，Cl为8×14＝2，所以化学式为Na2Cl。6.(2019·盐城高三三模)镍的单质、合金及其化合物用途非常广泛。(1)Ni2＋基态核外电子排布式为_____________________________。123465[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)解析Ni为28号元素，价层电子数为28－18＝10，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，失去电子时，先从4s开始，则Ni2＋的核外电子排布式为[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8。(2)胶状镍可催化CH2==CHC≡N加氢生成CH3==CH2C≡N。CH2==CHC≡N分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)＝______；CH3CH2C≡N分子中碳原子轨道的杂化类型为_________。1234652∶1sp和sp3解析分子中的单键为σ键，双键中有1个为σ键另1个为π键，三键中有1个为σ键另2个为π键，n(σ)∶n(π)＝6∶3＝2∶1。仅为单键的碳原子为sp3杂化，三键碳原子为sp杂化。解析N2H4能与H2O形成分子间氢键，故而可以增大N2H4在水中的溶解性。[Ni(N2H4)2]2＋中含四个配位键，则N2H4中的两个N原子均应作为配体，可表示为。(3)[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____________________________；[Ni(N2H4)2]2＋中含四个配位键，不考虑立体构型，[Ni(N2H4)2]2＋的结构可用示意图表示为____________________。123465N2H4与H2O之间可以形成氢键(4)一种新型的功能材料的晶胞结构如下图所示，它的化学式可表示为___________。123465Ni2MnGa解析Ni均位于晶胞内，共有8个，Mn为8×18＋6×12＝4，Ga为12×14＋1＝4，所以化学式为Ni2MnGa。