完整版届高考化学二轮复习专题二十一物质结构与性质选考专题卷.docx

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完整版届高考化学二轮复习专题二十一物质结构与性质选考专题卷

[一本突破练]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　单独成册

1．A、B、C、D是原子序数依次增加的前四周期元素，A元素的正化合价与负化合价的代数和为零；B元素原子的价电子结构为nsnnpn；C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1；D元素原子的M能层全满，最外层只有一个电子。

请回答：

（1）A元素的单质为A2，不能形成A3或A4，这体现了共价键的________性；B元素单质的一种空间网状结构的晶体熔点>3550℃，该单质的晶体类型属于________；基态D原子共有________种不同运动状态的电子。

（2）A与C形成的最简单分子的中心原子杂化方式是____________，该分子与

D2＋、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是________（填化学式），此配离子中的两种配体的不同之处为________（填标号）。

①中心原子的价层电子对数

②中心原子的孤电子对的个数

③中心原子的化学键类型

④VSEPR模型

（3）1molBC－中含有的π键数目为________；写出与BC－互为等电子体的分子和离子各一种__________、__________。

（4）D2＋的硫酸盐晶体的熔点比D2＋的硝酸盐晶体的熔点高，其原因是____________。

（5）D3C具有良好的电学和光学性能，其晶体的晶胞结构如图所示，D＋和C3－的半径分别为apm、bpm，D＋和C3－都是紧密接触的刚性小球，则C3－的配位数为________，晶体的密度为________g·cm－3。

解析：

根据B元素原子的价电子结构为nsnnpn，则n＝2，即B为C（碳）元素；由A的原子序数小于6且正化合价与负化合价的代数和为0，可知A为H元素；由基态C原子s能级电子总数比p能级的电子总数多1，可知C的电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；根据D元素原子的M能层全满可知，D元素M能层排布18个电子，且最外层有1个电子，即D原子核外电子个数为29，则D为Cu元素。

（1）根据H元素能形成H2，不能形成H3或H4，说明共价键具有饱和性。

根据该碳元素单质的熔点很高，可知该单质的晶体类型属于原子晶体。

基态Cu原子核外有29个电子，故原子核外有29种不同运动状态的电子。

（2）NH3分子中中心

原子N采取sp3杂化；NH3、Cu2＋、H2O以2∶1∶2形成的配离子为[Cu（H2O）2（NH3）2]2＋，H2O和NH3两种配体中，中心原子的价层电子对数相同，①不符合题意；中心原子的孤电子对的个数分别为2和1，②符合题意；中心原子形成的化学键均为共价键，③不符合题意；VSEPR模型均为正四面体构型，④不符合题意。

（3）根据CN－的电子式[

C⋮⋮N

]－可知该离子中含1个三键，即1molCN－中含2molπ键。

CN－中含2个原子，且价层电子数为10，则与其互为等电子体的分子为CO或N2，离子为C

。

（4）CuSO4晶体的晶格能比Cu（NO3）2晶体的晶格能高，故晶体的熔点：

CuSO4＞Cu（NO3）2。

（5）由Cu3N的晶胞结构可看出与N3－等距离且最近的Cu＋有6个，即N3－的配位数为6。

由晶体的结构和均摊法可知该晶胞中含N3－的个数为

×8＝1，含Cu＋的个数为

×12＝3，即该晶胞中含1个Cu3N，晶胞的边长为2（a＋b）×10－10cm，则晶胞的密度＝

＝

g·cm－3[或

g·cm－3]。

答案：

（1）饱和　原子晶体　29

（2）sp3　[Cu（H2O）2（NH3）2]2＋　②

（3）2NA　CO或N2　C

（4）硫酸铜晶体的晶格能比硝酸铜晶体的晶格能高

（5）6　

或[

]

2．（2018·合肥模拟）氮（N）、磷（P）、砷（As）等第ⅤA族元素化合物在研究和生产中有重要用途。

如我国科研人员研究发现As2O3（或写成As4O6，俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用。

回答下列问题：

（1）As原子的核外电子排布式为______________________；P的第一电离能比S大的原因为________________________________________________________。

（2）（SCN）2分子中σ键和π键的个数比为________。

（3）砒霜剧毒，可与石灰反应生成AsO

和少量AsO

，其中AsO

中As的杂化方式为__________，AsO

的空间构型为________。

（4）NH

中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角大的原因是________；

NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图Ⅰ），该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：

________。

（5）BN的熔点为3000℃，密度为2.25g·cm－3，其晶胞结构如图Ⅱ所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有________个；若原子半径分别为rNpm和rBpm，阿伏加德罗常数值为NA，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__________________________。

答案：

（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3

{或[Ar]3d104s24p3}　P的3p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大

（2）5∶4

（3）sp3　正四面体

（4）NH

中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤电子对，孤电子对与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH

中H—N—H的键角比NH3中的大　由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子的能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子形成的配位键

（5）4　

×100%

3．（2018·昆明模拟）CuCl广泛应用于有机合成催化。

例如，

回答下列问题：

（1）CuCl中Cu＋的核外电子排布式为____________，Cu与Cl相比，第一电离能较大的是________。

（2）已知

为平面分子，则—CHO中碳原子的杂化方式为________。

（3）写出与CO互为等电子体的非极性分子的电子式______，14gCO中含______molπ键。

合成氨工业中用铜洗液吸收CO，形成配合物[Cu（NH3）3CO]Ac（HAc代表醋酸），其中________（填粒子符号）接受孤电子对形成配位键，配位数是________。

（4）单质铜的熔点比单质钙高，其原因是__________________，铜、钙可形成合金，其中一种合金的晶胞结构如图所示，已知：

该晶体的密度为ρg·cm－3，NA是阿伏加德罗常数的值，则其中两个Ca原子之间的距离为________。

解析：

（1）Cu＋核外有28个电子，根据构造原理可写出Cu＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；由于在反应中Cu比Cl容易失去电子，故Cl的第一电离能较大。

（2）苯甲醛中—CHO中C原子采取sp2杂化。

（3）CO分子中含2个原子，价电子数为10，与其互为等电子体的非极性分子为N2，其电子式为

1molCO中含2molπ键，则14gCO中含1molπ键。

该配合物中Cu＋接受孤电子对形成配位键，其中NH3、CO均为配体，Cu＋的配位数为4。

（4）由于铜晶体中的金属键比钙晶体中的金属键强度大，故单质铜的熔点比单质钙高。

由题图结合均摊法可知该晶胞中含4个Cu和4个Ca，则晶胞的质量为

×104g，设晶胞的边长为

acm，则a3ρ＝

×104，解得a＝

，由晶胞的结构可知，两个Ca原子间的距离是面对角线长度的一半，即两个Ca原子间的距离为

×

cm。

答案：

（1）1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}　Cl

（2）sp2

（3）

　1　Cu＋　4

（4）铜晶体中的金属键比钙晶体中的金属键强度大（答案合理即可）　

×

cm

4．硒化锌是一种半导体材料，回答下列问题：

（1）锌在元素周期表中的位置是________；Se基态原子价电子排布图为________。

元素锌、硫和硒第一电离能较大的是________（填元素符号）。

（2）Na2SeO3分子中Se原子的杂化类型为________；H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是____________。

（3）气态SeO3分子的立体构型为________；下列与SeO3互为等电子体的有________（填序号）。

A．CO

　　　　　　B．NO

C．NCl3D．SO

（4）硒化锌晶体的晶胞结构如图所示，图中X和Y处所堆积的原子均为________（填元素符号）；该晶胞中硒原子所处空隙类型为____________（填“立方体”“正四面体”或“正八面体”），该种空隙的填充率为________；若该晶体的密度为ρg·cm－3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol－1，用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为________nm。

解析：

（1）锌的原子序数为30，核外电子排布式为[Ar]3d104s2，故其位于元素周期表中第四周期第ⅡB族。

Se的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，价电子排布图为

根据第一电离能的变化规律，Zn、S、Se中第一电离能较大的是S。

（2）SeO

中，Se原子上有1对孤电子对，杂化轨道数为4，故Se原子的杂化类型为sp3。

H2SeO4、H2SeO3均为Se元素的含氧酸，可根据非羟基氧的数目或Se的化合价解释二者酸性强弱。

（3）SeO3分子中Se无孤电子对，其立体构型为平面三角形。

与SeO3互为等电子体的有SO3、CO

、NO

等。

（4）该ZnSe晶胞中有4个Se，故X和Y处所堆积的原子均为Zn。

该晶胞中1个Se周围有4个等距且紧邻的Zn,4个Se所处空隙类型均为正四面体。

空隙填充率是指填充Se的正四面体空隙数和正四面体空隙总数的比值，该晶胞有8个正四面体空隙，填充Se的正四面体空隙有4个，故空隙填充率为50%。

该晶胞中含有4个Zn、4个Se，则该晶胞的质量为

×4g＝ρg·cm－3×a3，解得a＝

×107nm。

答案：

（1）第四周期第ⅡB族　

　S

（2）sp3　H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多（或H2SeO4中Se的化合价更高）

（3）平面三角形　AB

（4）Zn　正四面体　50%　

×107

5．（2018·武汉模拟）Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。

（1）基态Co原子的价电子排布式为________，Co2＋核外3d能级上有________对成对电子。

（2）Co3＋的一种配离子[Co（N3）（NH3）5]2＋中，Co3＋的配位数是________。

1mol配离子中所含σ键的数目为____________，配位体N

中心原子的杂化类型为____________。

（3）Co2＋在水溶液中以[Co（H2O）6]2＋存在。

向含Co2＋的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co（NH3）6]2＋，其原因是__________________________。

（4）某蓝色晶体中，Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN－，K＋位于立方体的某恰当位置上。

据此可知该晶体的化学式为________，立方体中Fe2＋间连接起来形成的空间构型是________。

（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，其中原子坐标参数A为（0,0,0），B为（1,1,0），则C原子坐标参数为________。

（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－为密置单层排列，Ni2＋填充其中（如图乙），已知O2－的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g（用含a、NA的代数式表示）。

解析：

（1）基态Co原子核外有27个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2。

Co2＋核外3d能级的电子排布图为

有2对成对电子。

（2）Co3＋的配体中有1个N

，5个NH3，配位数为6。

1molCo3＋与6mol配体之间有6molσ键，1molN

含有2molσ键，5molNH3含有15molσ键，故1mol配离子中所含σ键的数目为（6＋2＋15）NA＝23NA。

N

与CO2互为等电子体，N

为直线形离子，故中心原子的杂化类型为sp。

（3）NH3与H2O相比，N元素的电负性比O元素的电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强。

（4）Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，则个数均为4×

＝

，CN－位于棱上，则个数为12×

＝3，Fe2＋、Fe3＋、CN－的个数比为1∶1∶6，根据电荷守恒，K＋与Fe2＋、Fe3＋、CN－的个数比为1∶1∶1∶6，则该晶体的化学式为KFe2（CN）6。

Fe2＋在立方体的4个互不相邻的顶点上，形成的空间构型为正四面体形。

（5）根据题图甲知，C原子坐标参数为（1，

，

）。

（6）如图所示，以1个小菱形为研究对象，该菱形中含有1个Ni2＋、1个O2－，该菱形的边长为2apm，则该菱形的面积为2a×10－12m×2a×1

0－12m×

＝2

a2×10－24m2；该菱形中含有该晶体的质量为

g，故每平方米面积上分散的该晶体的质量为

÷（2

×10－24a2）g＝

g。

答案：

（1）3d74s2　2

（2）6　23NA　sp

（3）N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强

（4）KFe2（CN）6　正四面体形

（5）（1，

，

）

（6）

（或

×1024）

6.

（1）（2018·太原模拟）氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。

①此配合物中，基态铁离子的价电子排布式为__________。

②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有________。

③此配离子中含有的化学键有________（填字母）。

A．离子键B．金属键

C．极性键D．非极性键

E．配位键F．氢键

G．σ键H．π键

④氯化铁在常温下是固体，熔点为306℃，沸点为315℃，在300℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。

据此判断氯化铁的晶体类型为____________。

（2）基态A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A形成化合物的晶胞如图所示（黑球代表铜原子）。

①该化合物的化学式为________，A原子的配位数是________。

②该化合物难溶于水，但易溶于氨水，其原因可能是_________________________________________；

与NH3互为等电子体的分子有________（写化学式，一种即可）。

NH3的键角大于H2O的键角的主要原因是___________________________________________。

③已知该化合物晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为____________pm。

（列出计算表达式即可）

解析：

（1）①基态铁原子核外有26个电子，失去3个电子形成Fe3＋，根据构造原理可知Fe3＋的3d能级上有5个电子，即Fe3＋的价电子排布式为3d5。

②该配合物中连接双键的碳原子含有3个σ键，碳原子采取sp2杂化，连接4个σ键的碳原子采用sp3杂化。

③该配合物中碳碳原子之间存在非极性共价键，碳和氧原子或氢原子之间存在极性共价键，共价双键中含有σ键和π键，Fe3＋和O原子间存在配位键，综上分析可知该配合物中含有配位键、极性键、非极性键、σ键和π键。

④FeCl3的熔点和沸点相对较低，且易溶于有机溶剂，故FeCl3晶体为分子晶体。

（2）根据基态A原子的价电子排布式可知M能层上含有7个电子，即A为Cl。

①由均摊法可知该晶胞中含Cu原子数为4，含Cl原子数为

×8＋

×6＝4，即该化合物的化学式为CuCl。

由该晶胞的结构可知每个Cl原子周围有4个等距离的Cu原子，即Cl原子的配位数为4。

②CuCl易溶于氨水可能是因为Cu＋可与NH3形成易溶于水的配位化合物。

NH3分子中含4个原子，其价电子总数为8，与其互为等电子体的分子有PH3、AsH3等。

③设该晶胞的边长为acm，则

×99.5＝ρa3，解得a＝

；设晶体中Cu原子与Cl原子间的最短距离为xcm，则x＝

＝

，即Cu原子与Cl原子之间的最短距离为

×1010pm。

答案：

（1）①3d5　②sp2、sp3　③CDEGH　④分子晶体

（2）①CuCl　4　②Cu＋可与NH3形成易溶于水的配位化合物　PH3（或AsH3等）　NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小

③

×1010

7．（2018·兰州模拟）核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。

在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘131和铯137。

碘131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。

（1）与铯同主族的前四周期（包括第四周期）的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：

元素代号

X

Y

Z

第一电离能/（kJ·mol－1）

520

496

419

基态Z原子的核外电子排布式为__________。

X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为________________________________________

（用元素符号表示），其原因为______________________________。

（2）F与I同主族，BeF2是由三个原子构成的共价化合物分子，分子中中心原子Be的杂化类型为________，BeF2分子的空间构型是________。

（3）Cl与I同主族，Cl具有很强的活泼性，可以形成很多含氯化合物，其中含氧酸HClO、HClO2、HClO3、HClO4的酸性由强到弱的顺序为__________________。

（4）131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有________个131I2分子，该晶体属于________（填晶体类型）晶体。

（5）KI的晶胞结构如图乙所示，每个K＋的配位数为________。

KI晶体的密度为ρg·cm－3，K和I的摩尔质量分别为MKg·mol－1和MIg·mol－1，原子半径分别为rKcm和rIcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则KI晶胞中的空间利用率为__________。

解析：

（1）铯为第六周期第ⅠA族元素，则X、Y、Z均为第ⅠA族元素，而第ⅠA族前四周期元素分别为H、Li、Na、K，再由X与Y、Y与Z的第一电离能相差不大可知，这三种元素中不可能含有H，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知X、Y、Z分别为Li、Na、K。

根据构造原理可知基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1。

根据元素周期律可知，熔点：

Li>Na>K。

（2）BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，Be原子的价层电子对数为2，Be原子采取sp杂化，BeF2分子的空间构型为直线形。

（3）氯元素构成的多种含氧酸中，氯元素的化合价越高，其对应酸的酸性越强，即酸性：

HClO4>HClO3>HClO2>HClO。

（4）由晶胞图可知，131I2在晶胞的8个顶点和6个面上，由均摊法可知一个晶胞中含有8×

＋6×

＝4个131I2分子，该晶体属于分子晶体。

（5）KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K＋紧邻6个I－，即每个K＋的配位数为6。

由均摊法可知该晶胞中含K＋数目和I－数目均为4。

晶胞中原子所占的体积V1＝（

πr

×4＋

πr

×4）cm3，晶胞的体积V2＝

cm3＝[2（rK＋rI）]3cm3，则KI晶胞中的空间利用率为

×100%＝

×100%＝

×100%。

答案：

（1）1s22s22p63s23p64s1　Li＞Na＞K　锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低

（2）sp　直线形

（3）HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO

（4）4　分子

（5）6　

×100%[或

×100%]