高考化学大二轮复习第1部分知识整合选考模块 第15讲 物质结构与性质.docx
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高考化学大二轮复习第1部分知识整合选考模块第15讲物质结构与性质
第15讲 物质结构与性质
[限时50分钟，满分70分]
非选择题（包括8个小题，共70分）
1．（9分）（2016·全国Ⅱ卷）东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。
回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________________________________，3d能级上的未成对电子数为____________。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液。
①[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是______________________。
②在[Ni（NH3）6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点________（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______________________；氨是________分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为________。
（3）单质铜及镍都是由________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：
ICu=1958kJ·mol－1、INi=1753kJ·mol－1，ICu＞INi的原因是___________________________________________________________________________________。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为dg·cm－3，晶胞参数a=________nm。
解析
（1）Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。
根据洪特规则可知，Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道，其未成对电子数为2。
（2）①SO
中，S原子的价层电子对数为
=4，成键电子对数为4，故SO
的立体构型为正四面体。
②[Ni（NH3）6]2＋中，由于Ni2＋具有空轨道，而NH3中N原子含有孤电子对，两者可通过配位键形成配离子。
③由于NH3分子间可形成氢键，故NH3的沸点高于PH3。
NH3分子中，N原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，N原子的轨道杂化类型为sp3，立体构型为三角锥形。
由于空间结构不对称，NH3属于极性分子。
（3）Cu、Ni均属于金属晶体，它们均通过金属键形成晶体。
因Cu元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1,3d能级全充满，较稳定，失去第2个电子较难，因此ICu＞INi。
（4）①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×
=3，含有Ni原子的个数为8×
=1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。
②根据m=ρV可得，1mol晶胞的质量为（64×3＋59）g=a3×dg·cm－3×NA，则a=[
]
cm=[
]
×107nm。
答案
（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2
（2）①正四面体 ②配位键 N
③高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3
（3）金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
（4）①3∶1 ②[
]
×107
2．（9分）（2015·山东高考）氟在自然界中常以CaF2的形式存在。
（1）下列关于CaF2的表述正确的是________。
a．Ca2＋与F－间仅存在静电吸引作用
b．F－的离子半径小于Cl－，则CaF2的熔点高于CaCl2
c．阴阳离子比为2∶1的物质，均与CaF2晶体构型相同
d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
（2）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是_____________________
_______________________（用离子方程式表示）。
已知AlF
在溶液中可稳定存在。
（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为____________，其中氧原子的杂化方式为________。
（4）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。
已知反应Cl2（g）＋3F2（g）===2ClF3（g） ΔH=－313kJ·mol－1，F－F键的键能为159kJ·mol－1，Cl－Cl键的键能为242kJ·mol－1，则ClF3中Cl－F键的平均键能为________kJ·mol－1。
ClF3的熔、沸点比BrF3的________（填“高”或“低”）。
解析
（1）a项，Ca2＋与F－间不仅存在静电吸引，同时原子核与原子核之间、电子与电子之间也存在静电排斥，错误。
b项，因CaF2、CaCl2均为离子晶体，F－的离子半径小于Cl－，离子晶体的晶格能与离子所带电荷数成正比，与离子核间距成反比，故CaF2晶体的晶格能大于CaCl2。
晶格能越大，离子晶体的熔点越高，故CaF2的熔点高于CaCl2，正确。
c项，阴、阳离子个数比相同，晶体构型不一定相同。
d项，CaF2是离子化合物，在熔融状态下能电离产生自由移动的离子，故CaF2在熔融状态下能导电，正确。
（2）由信息可知，CaF2（s）Ca2＋（aq）＋2F－（aq），Al3＋与F－可形成配离子AlF
，从而促进了CaF2溶解平衡的正向移动，故反应的离子方程式为3CaF2＋Al3＋===3Ca2＋＋AlF
。
（3）OF2分子中，中心原子的价层电子对数为
×（6＋1×2）=4，成键电子对数为2，因此分子构型为V形，O原子的杂化方式为sp3杂化。
（4）设Cl—F键的平均键能为x。
根据反应的焓变=反应物的键能总和－生成物的键能总和可知，Cl2（g）＋3F2（g）===2ClF3（g）的ΔH=242kJ·mol－1＋159kJ·mol－1×3－6x=－313kJ·mol－1，则x=172kJ·mol－1。
ClF3和BrF3为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其熔、沸点越高，因ClF3的相对分子质量小于BrF3，故ClF3的熔、沸点低于BrF3。
答案
（1）bd
（2）3CaF2＋Al3＋===3Ca2＋＋AlF
（3）V形 sp3 （4）172 低
3．（9分）（2015·全国Ⅱ卷）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。
回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为____________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是________（填分子式），原因是____________；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为________和________。
（3）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E,E的立体构型为________，中心原子的杂化轨道类型为________。
（4）化合物D2A的立体构型为________，中心原子的价层电子对数为________，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_____________________________________________________________________。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为________；列式计算晶体F的密度（g·cm－3）________。
解析 A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型，则A是O，B是Na；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C是P；D元素最外层有一个未成对电子，所以D是氯元素。
（1）非金属性越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是O。
P的原子序数是15，则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）。
（2）氧元素有氧气和臭氧两种单质，由于O3相对分子质量较大，范德华力大，所以沸点高的是O3；A和B的氢化物分别是水和NaH，所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。
（3）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E，即E是PCl3，其中P含有一对孤对电子，其价层电子对数是4，所以E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3。
（4）化合物Cl2O分子中氧元素含有2对孤对电子，价层电子对数是4，所以立体构型为V形，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，则化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl。
（5）O2－半径大于Na＋半径，由F的晶胞结构可知，大球代表O2－，小球代表Na＋，每个晶胞中含有O2－个数为8×1/8＋6×1/2=4，含有Na＋个数为8，故O2－、Na＋离子个数之比为4∶8=1∶2，从而推知F的化学式为Na2O。
由晶胞结构可知，每个O原子周围有8个Na原子，故O原子的配位数为8。
晶胞参数a=0.566nm=0.566×10－7cm，则晶胞的体积为（0.566×10－7cm）3，从而可知晶体F的密度为
=2.27g·cm－3。
答案
（1）O 1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）
（2）O3 O3相对分子质量较大，范德华力大 分子晶体 离子晶体
（3）三角锥形 sp3
（4）V形 4 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋2Na2CO3===Cl2O＋CO2＋2NaCl）
（5）Na2O 8
=2.27g·cm－3
4．（9分）钛铁合金具有吸氢特性，在制造以氢为能源的热泵和蓄电池等方面有广阔的应用前景。
（1）基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为__________________，在基态Ti2＋中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数为________。
（2）液氨是富氢物质，是氢能的理想载体。
下列说法正确的是________。
A．NH
与PH
、CH4、BH
、ClO
互为等电子体
B．相同条件下，NH3的沸点比PH3的沸点高，且NH3的稳定性强
C．已知NH3与NF3都为三角锥型分子，则N原子都为sp3杂化方式且氮元素的化合价都相同
（3）氮化钛熔点高，硬度大，具有典型的NaCl型晶体结构，其晶胞结构如图所示：
①设氮化钛晶体中Ti原子与跟它最近邻的N原子之间的距离为r，则与该Ti原子最近邻的Ti的数目为________，Ti原子与跟它次近邻的N原子之间的距离为________，数目为________。
②已知在氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为________。
③碳氮化钛化合物在汽车制造和航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式________。
解析
（1）Fe基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2，在3d轨道有4个未成对电子；Fe原子失去3个电子得电子Fe3＋，则Fe3＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；基态Ti2＋的电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d2，最高能层为M层，M能层含有1个3s轨道、3个3p轨道和5个3d轨道，共有9个原子轨道；
（2）A.等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH
与PH
、CH4、BH
均含有5个原子团，且价电子均为8，为等电子体，而ClO
价电子数为32，不属于等电子体，故A错误；B.分子间存在氢键的熔沸点高，相同压强时，氨气分子间有氢键，PH3分子间不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N比P强，所以氨气比磷化氢稳定，故B正确；C.NH3与NF3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，都采用sp3杂化，NH3中N元素为－3价，NF3中N元素为＋3价，化合价不同，故C错误；故答案为B；
（3）①根据氮化钛晶体可知，在三维坐标中，每一个形成的面上有4个Ti原子，则一个12个Ti原子；Ti原子位于顶点，被8个晶胞共有，即Ti元素与跟它次近邻的N原子个数为8；Ti原子与跟它次近邻的N原子之间的距离为晶胞体对角线的一半，距离为
r；
②氮化钛晶胞为面心立方密堆积，晶胞中共含有4个Ti和4个N，体积为：
π（a3＋b3）×4，晶胞的边长为a＋b，晶胞体积为（2a＋2b）3，氯化钠晶体中离子的空间利用率为
=
×
×100%；
③利用均摊法可知，晶胞中含有碳原子数为8×
=1，含有氮原子数为6×
=3，含有钛原子数为12×
=4，所以碳、氮、钛原子数之比为1∶3∶4，则化合物的化学式为Ti4CN3。
答案
（1）4 1s22s22p63s23p63d5 9
（2）B （3）①12
r 8 ②
×
×100% ③Ti4CN3
5．（8分）（2016·海南高考）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。
元素Y的－1价离子的最外层电子数与次外层的相同。
回答下列问题：
（1）单质M的晶体类型为________，晶体中原子间通过________作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为________。
（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是________（写元素符号）。
元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________（写化学式），该酸根离子的立体构型为________。
（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为________，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为________g·cm－3。
（写出计算式，不要求计算结果。
阿伏加德罗常数为NA）
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是____________________。
此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为________。
解析 根据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素。
（1）单质铜的晶体类型为金属晶体，晶体中微粒间通过金属键作用形成面心立方密堆积，铜原子的配位数为12。
（2）氯元素为17号元素，位于第三周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大，故其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar。
氯元素的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，该酸根离子中氯原子为sp3杂化，没有孤对电子，立体构型为正四面体形。
（3）①根据晶胞结构利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为8×1/8＋6×1/2=4，氯原子个数为4，该化合物的化学式为CuCl；则1mol晶胞中含有4molCuCl,1mol晶胞的质量为4×99.5g，又晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为
或
g·cm－3。
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是Cu＋可与氨形成易溶于水的配位化合物。
该溶液在空气中Cu＋被氧化为Cu2＋，故深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu（NH3）4]2＋。
答案
（1）金属晶体 金属键 12
（2）1s22s22p63s23p5 Ar HClO4 正四面体
（3）①CuCl
或
②Cu＋可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子）
[Cu（NH3）4]2＋
6．（8分）（2016·江苏高考）[Zn（CN）4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：
4HCHO＋[Zn（CN）4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn（H2O）4]2＋＋4HOCH2CN
（1）Zn2＋基态核外电子排布式为______________________________________。
（2）1molHCHO分子中含有σ键的数目为________mol。
（3）HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是________。
（4）与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。
（5）[Zn（CN）4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键。
不考虑空间构型，[Zn（CN）4]2－的结构可用示意图表示为________。
解析
（1）Zn为30号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，失去最外层的2个电子即可得到Zn2＋，Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。
（2）HCHO的结构式为
，单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，1个HCHO分子中含有3个σ键，故1molHCHO中含有σ键3mol。
（3）根据HOCH2CN的结构简式为可知，“CH2”中的C原子形成4个σ键，该碳原子采取sp3杂化；“CN”中的C原子形成1个σ键、2个π键，该碳原子采取sp杂化。
（4）等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的微粒，H2O分子中有3个原子、8个价电子，根据质子－电子互换法可知，符合条件的阴离子为NH
。
（5）Zn2＋提供空轨道，CN－中C原子提供孤电子对，两者形成配位键，结构可表示为
或
。
答案
（1）1s22s22p63s23p63d10（或[Ar]3d10）
（2）3 （3）sp3和sp （4）NH
（5）
或
7．（9分）（2016·武汉模拟）E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。
E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM
为等电子体；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。
请回答下列问题：
（1）与T同区、同周期元素原子价电子排布式是________________。
（2）E、G、M均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物在固态时都形成分子晶体，其中晶胞结构与干冰不一样的是________（填分子式）。
（3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为________________（用分子式表示），其中G的最简单氢化物的VSEPR模型名称为________，M的最简单氢化物的分子立体构型名称为________。
（4）EM、GM＋、G2互为等电子体，EM的结构式为（若有配位键，请用“→”表示）________。
E、M电负性相差1.0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因___________________________。
（5）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。
立方TQ晶体结构如下图所示，该晶体的密度为ρg·cm－3。
如果TQ的摩尔质量为Mg·mol－1，阿伏加德罗常数为NAmol－1，则a、b之间的距离为________cm。
解析 根据题给信息推断M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级只有一个轨道最多容纳2个电子，则n=2，M的价层电子排布只能为2s22p4，M为氧元素；E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。
E、G、M是位于p区的同一周期的元素，E与M原子核外的未成对电子数相等，则E的价层电子排布为2s22p2，E为碳元素，G为氮元素；QO2与NO
为等电子体，则Q为硫元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T的价电子排布为3d104s2，T为锌元素。
（1）T为锌元素，属于ds区，与锌同区、同周期元素为铜元素，其原子价电子排布式是3d104s1。
（2）CH4、NH3、H2O在固态时都形成分子晶体，其中晶胞结构与干冰不一样的是NH3、H2O。
（3）CH4、NH3、H2O中，中心原子C、N、O均为sp3杂化，CH4分子中没有孤对电子，NH3分子中有1对孤对电子、H2O分子中有2对孤对电子，根据价层电子对互斥理论判断键角由大到小的顺序为CH4＞NH3＞H2O，其中NH3的VSEPR模型名称为四面体形，H2O分子立体构型名称为V形。
（4）CO、NO＋、N2互为等电子体，结构相似，根据N2的结构式写出CO的结构式为
。
CO分子的极性极弱，其原因为从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性。
（5）根据立方ZnS晶体结构利用切割法分析知1mol晶胞中含有4molZnS，该晶体的密度为ρg·cm－3。
ZnS的摩尔质量为Mg·mol－1，阿伏加德罗常数为NAmol－1，设晶胞的棱长为x，ρ=4M/NAx3，则x3=4M/NAρ利用几何知识计算，则a、b之间的距离为
cm。
答案
（1）3d104s1
（2）NH3、H2O
（3）CH4＞NH3＞H2O 四面体形 V形
（4）
从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性
（5）
8．（9分）（2016·四川高考）M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。
M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。
请回答下列问题：
（1）R基态原子的电子排布式是________，X和Y中电负性较大的是________（填元素符号）。
（2）X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是________________________。
（3）X与M形成的XM3分子的空间构型是________。
（4）M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是________（填离子符号）。
（5）在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M的一种氢化物，Z被还原为＋3价，该反应的化学方程式是____________________________________。
解析 根据题目给出的M、R和X的信息确定，M是氧元素，R是钠元素，X是硫元素。
根据M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素确定Y是氯元素。
根据Z的基态原子4s和3d轨道半充满，则Z元素原子的核外有24个电子，它是铬元素。
（1）Na原子核外有11个电子，其基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1或[Ne]3s1。
根据同周期元素电负性递变规律，Cl比S电负性大。
（2）H2S分子间不能形成氢键，H2O分子间能形成氢键，氢键比范德华力强，故H2S比H2O沸点低。
（3）SO3分子中，S原子形成了3个σ键，价层孤电子对数=（6－3×2）÷2=0，则S原子的价层电子对总数为3，SO3分子的空间构型是平面三角形。
（4）如图所示的Na2O晶胞中，黑球数是8，白球数是8×
＋6×
=4，则黑球代表Na＋。
（5）Cr在周期表的第ⅥB族，最高价含氧酸钾盐是K2Cr2O7。
O的氢化物中易被氧化的是H2O2。
在K2Cr2O7与H2O2的氧化还原反应中，Cr被还原为＋3价，O被氧化为0价，则化学方程式为K2Cr2O7＋3H2O2＋4H2SO4===Cr2（SO4）3＋3O2↑＋K2SO4＋7H2O。
答案
（1）1s22s22p6
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