高考化学二轮复习物质结构与性质选考专题卷.docx

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高考化学二轮复习物质结构与性质选考专题卷

专题跟踪检测（十二）物质结构与性质（选考）

卷——基础保分练

1．近期央视以《王者归“铼”》为专题报道了中国金属铼加工领域的最新成就，即用金属铼造出了航空发动机核心部件，打破了西方国家的技术封锁。

已知铼在元素周期表中呈现的信息为，回答下列问题：

（1）铼元素位于元素周期表的第______周期______族。

（2）基态Re原子核外有________种不同运动状态的电子，其中核外电子占据最高能层的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。

（3）已知Ba与Re位于同一周期，且核外最外层电子数相同，但金属Ba的熔点、沸点都比金属Re的低，原因是_____________________________________________________

________________________________________________________________________。

（4）铼的许多有机配合物是电致发光材料，已知配合物

具有MLCT发射性质，该配合物中，与N原子直接相连的苯环上的C原子的杂化类型为________，写出与配体CO互为等电子体的两种微粒（一种离子、一种分子）：

____________________。

（5）已知金属Re的一种晶胞结构如图所示，则该晶胞堆积方式为_______堆积，Re原子的配位数为_______，若Re原子的半径为rnm，则晶体的密度是________g·cm－3（用含r的代数式表示）。

解析：

（1）根据Re的价电子排布式为5d56s2可知铼为过渡金属元素，位于元素周期表第六周期ⅦB族（注意过渡元素的价电子与主族元素的价电子的区别，若价电子为6s2，则位于第六周期ⅡA族）。

（2）根据提供的信息可知Re的质子数为75，核外电子数为75，所以基态Re原子核外共有75种不同运动状态的电子；核外电子占据的最高能层为第6层，其符号为P；处于P能层上的2个电子位于6s轨道，其电子云轮廓图形状为球形。

（3）根据金属键影响金属晶体的熔、沸点规律，可以得出答案。

（4）根据配合物的结构可知，与N原子相连的苯环上的C原子的杂化类型为sp2；等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的微粒，与CO互为等电子体的分子有N2，离子有CN－。

（5）根据图示可知金属Re的晶胞为六方最密堆积；与Re最紧邻且距离相等的原子为同层的6个原子和上下层各3个原子，所以配位数是12；Re原子的半径为rnm，则晶胞底面六边形的边长为2rnm，六棱柱晶胞的棱高为×2rnm，体积为24r3nm3，每个晶胞中实际占有的原子数为12×＋3＋2×＝6，可得密度ρ＝＝（g·cm－3）。

答案：

（1）六　ⅦB　

（2）75　P　球形

（3）Ba为ⅡA族元素，原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，熔沸点较低

（4）sp2　N2、CN－（其他答案合理也可）

（5）六方最密　12　

2．（2018·兰州诊断）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，单质熔点：

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＝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%

3．（2018·广州测试）C、N和Si能形成多种高硬度材料，如Si3N4、C3N4、SiC。

（1）Si3N4和C3N4中硬度较高的是________，理由是_________________________

________________________________________________________________________。

（2）C和N能形成一种类石墨结构材料，其合成过程如图所示。

该类石墨结构材料化合物的化学式为________，其合成过程中有三聚氰胺形成，三聚氰胺中N原子的杂化方式有____________。

（3）C和N还能形成一种五元环状有机物咪唑（im），其结构为

。

化合物[Co（im）6]SiF6的结构示意图如图：

①Co原子的价层电子轨道表达式（价层电子排布图）为____________。

N与Co之间的化学键类型是________，判断的理由是_________________________________________。

②阴离子SiF中心原子Si的价层电子对数为________。

阳离子[Co（im）6]2＋和SiF之间除了阴阳离子间的静电作用力，还存在氢键作用，画出该氢键的表示式___________

_____________________________________________________________。

（4）βSiC为立方晶系晶体，晶胞参数为a，已知Si原子半径为rSi，C原子半径为rC，该晶胞中原子的分数坐标为

C：

（0,0,0）；；；……

Si：

；；；。

则βSiC立方晶胞中含有________个Si原子、________个C原子；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________________（列出计算式即可）。

解析：

（1）Si3N4和C3N4均为原子晶体，C的原子半径比Si的原子半径小，故C—N键比Si—N键的键长短，键能大，即C—N键比Si—N键牢固，故C3N4的硬度较高。

（2）该类石墨结构材料化合物重复的结构单元为

，其中含6个C,7个N为该单元所有，3个N被3个相同单元共有，故C原子个数为6，N原子个数为7＋3×＝8，故化学式为C6N8。

—NH2中N的杂化类型为sp3；===N—中N的杂化类型为sp2。

（3）①Co的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故价层电子排布图为

N与Co之间形成配位键，因为N有孤对电子，Co2＋有空轨道。

②SiF的中心原子Si无孤对电子，故价层电子对数为6。

根据提供的水中氢键的表示式，知该阴阳离子间的氢键为

。

（4）根据晶胞中原子的分数坐标可知，βSiC的晶胞如图所示，C位于顶点和面心，C原子的个数为8×＋6×＝4，Si位于晶胞内，Si原子的个数为4。

该晶胞中原子的体积为4×πr＋4×πr＝π（r＋r），晶胞的体积为a3，故晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为π（r＋r）÷a3×100%＝×100%。

答案：

（1）C3N4　两者同属原子晶体，C的原子半径小于Si，与Si—N键相比，C—N键的键长短、键能大

（2）C6N8　sp2、sp3　（3）

　配位键

N有孤对电子，Co2＋有空轨道　②6　

（4）4　4　×100%

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________（填字母）。

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上有1对孤对电子，杂化轨道数为4，故Se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　

（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．（2019届高三·广州六校联考）镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。

请回答下列问题：

（1）基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为________，价层电子的轨道表达式为________。

（2）Ni的两种配合物的结构简式如图所示：

①A的熔、沸点高于B的原因为_________________________________________。

②A晶体含有化学键的类型为________（填字母）。

A．σ键B．π键

C．配位键D．金属键

③A晶体中N原子的杂化方式是_________________________________________。

（3）人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，两种价态的镍离子数目之比为__________________________。

（4）NiAs的晶胞结构如图所示：

①镍离子的配位数为________。

②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρg·cm－3，则该晶胞中距离最近的砷原子之间的距离为________________pm。

解析：

（1）Ni的原子序数是28，根据构造原理可知基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为3d,3d和4s能级上的电子均为价电子，其价层电子的轨道表达式为

（2）①根据A、B的结构简式可知A能形成氢键，而B不能形成氢键，故A的熔、沸点高于B。

②A晶体中含有共价单键和共价双键，其中共价单键为σ键，共价双键包含1个σ键和1个π键；还含有配位键；综合上述分析可知A晶体中同时含有σ键、π键和配位键。

③A晶体中N原子采取sp2杂化。

（3）在该缺陷砷化镍Ni1.2As中As为－3价，设1molNi1.2As中Ni2＋、Ni3＋的物质的量分别为xmol和ymol，则2x＋3y－3＝0且x＋y＝1.2，解得x＝y＝0.6，即该砷化镍Ni1.2As中Ni2＋和Ni3＋数目之比为0.6∶0.6＝1∶1。

（4）①由NiAs的晶胞结构可知，镍离子的配位数为4。

②该晶胞中含有4个As原子，根据均摊法可知，该晶胞中Ni原子个数为×8＋×6＝4，即该晶胞中含有4个Ni原子和4个As原子，设晶胞的边长为acm，则g＝（ρ·a3）g，解得a＝；晶胞中面对角线的长度为·×1010pm，则该晶胞中距离最近的两个As原子间的距离为面对角线长度的，即·×1010pm或·×1010pm。

答案：

（1）3d　

（2）①A能形成氢键　②ABC　③sp2　（3）1∶1

（4）①4　②×1010或·×1010

6．（2018·武汉调研）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－作密置单层排列，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。

（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×

10－12m×＝2a2×10－24m2；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）

7．第二代半导体材料[（Ⅲ～Ⅴ）A族化合物]的特殊性能使之成为科学家的研究热点之一。

（1）基态镓原子的价电子排布式为_______________________________________。

（2）N、P、As位于同一主族，基态磷原子的核外共有________种不同运动状态的电子，NO的空间构型为________，NH4NO3中N原子的杂化方式为________，与N2O互为等电子体的分子有________（填一种即可）。

（3）Na、Mg、Al三种元素中，按第一电离能由大到小的顺序是________________。

（4）氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表所示：

物质

BN

AlN

GaN

熔点/℃

3000

2200

1700

试从结构的角度分析它们熔点不同的原因_______________________________________

________________________________________________________________________。

（5）磷化铝晶胞如图所示，P原子的配位数为________，若两个铝原子之间的最近距离为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ＝________g·cm－3。

解析：

（1）镓与铝属于同一主族元素，镓位于第四周期，根据构造原理可写出基态镓原子的价电子排布式为4s24p1。

（2）基态磷原子核外有15个电子，运动状态各不相同，即基态磷原子核外共有15种不同运动状态的电子。

NO的空间构型为平面三角形。

NH4NO3中有2种N原子，其中NH中N原子采用sp3杂化，NO中的N原子采用sp2杂化。

与N2O互为等电子体的分子有CO2等。

（3）同一周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的最外层3s轨道全充满，处于稳定状态，故第一电离能由大到小的顺序为Mg＞Al＞Na。

（4）BN、AlN和GaN都是原子晶体，原子半径：

B＜Al＜Ga，随着键长逐渐增大，键能逐渐降低，熔点也逐渐降低。

（5）根据晶胞结构示意图可知，每个P原子周围连有4个Al原子形成正四面体结构，P原子的配位数为4，在该晶胞中Al原子的个数为8×＋6×＝4，P原子的个数为4，即该晶体的化学式为AlP，两个Al原子之间的最近距离为dpm＝d×

10－10cm，则晶胞的边长为d×10－10cm，根据×58g＝ρ×（d×10－10）3cm3，解得ρ＝×1030g·cm－3。

答案：

（1）4s24p1

（2）15　平面三角形　sp3、sp2　CO2（其他合理答案也可）

（3）Mg＞Al＞Na

（4）氮化硼、氮化铝和氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低

（5）4　×1030

卷——重点增分练

1．（2018·南昌模拟）张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3（俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用。

氮（N）、磷（P）、砷（As）等都是ⅤA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。

回答下列问题：

（1）N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为________；As原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。

（2）NH3的沸点比PH3________（填“高”或“低”），原因是_________________。

（3）Na3AsO4中含有的化学键类型包括________，AsO的空间构型为________；As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是________。

（4）白磷（P4）的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2。

已知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中含有的P原子个数为________，该晶体的密度为________g·cm－3。

（用含NA、a的式子表示）

解析：

（1）N、P、As属于同主族元素，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知第一电离能：

N＞P＞As。

As位于第四周期ⅤA族，故其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3。

（2）NH3、PH3均为分子晶体，由于NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，因此NH3的沸点比PH3高。

（3）Na3AsO4中Na＋与AsO之间为离子键，AsO中As与O之间为共价键。

AsO中As无孤电子对，其空间构型为正四面体形。

题图1所示的As4O6中As有一对孤电子对，成键（σ键）电子对数为3，杂化轨道数为4，故As的杂化方式为sp3。

（4）该晶胞为面心立方堆积，1个晶胞中含有的白磷分子个数为8×＋6×＝4，含有的磷原子个数为16。

该晶胞含有4个白磷分子，晶胞的体积为a3cm3，故该晶体的密度为g÷a3cm3＝g·cm－3。

答案：

（1）N＞P＞As

[Ar]3d104s24p3（或1s22s22p63s23p63d104s24p3）

（2）高　NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力

（3）离子键、共价键　正四面体形　sp3　（4）16　

2．金属钒（V）广泛应用