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1、专题九 专题提升专题提升 物质结构与性质常考点分析【考情分析】物质结构与性质是江苏高考选做题，一般考生均选做该题，该部分内容起点高，落点低，内容抽象，理论性强，但是高考考查往往是识记型和简单理解性的问题，常考点有：电子排布式、电离能和电负性的比较、化学键的类型及数目判断、杂化类型的判断、分子空间构型、等电子体、配合物的性质、均摊法的应用等知识。题型呈现的形式一般有两种，一是给定元素， 考查该元素及其化合物的相关性质，如2018烟气脱硫氮，2017年Fe、N元素，2016年Zn元素，2015年Cr元素等；二是以元素的推断的形式考查。近五年江苏高考题考查点罗列如下：年份考查点2018(1)基态离子

2、核外电子排布式(2)离子的杂化轨道类型和空间结构(3)等电子体(4)键的数目的判断(5)配合物空间结构2017(1)基态核外电子排布式(2)杂化类型、键的数目的判断(3)电负性大小比较(4)氢键的作用(5)均摊法的应用2016(1)基态核外电子排布式(2)键的数目的判断(3)杂化类型(4)等电子体(5)配合物的结构2015(1)基态核外电子排布式、配合物的结构(2)杂化类型、键的数目判断(3)等电子体、氢键的作用2014(1)基态核外电子排布式(2)等电子体(3)杂化类型、键的数目判断(4)方程式的书写(5)均摊法的应用给定元素型例1六乙炔苯在铜片表面发生催化反应，可制得石墨炔，将其掺杂在钙钛

3、矿型太阳能电池材料中，能有效地提高电子传输性能。(1)铜原子基态核外价电子排布式为_。(2)六乙炔苯中碳原子的轨道杂化类型是_，1 mol六乙炔苯中含有键的数目为_。(3)该电池材料之一是AMX3，A为CH3NH (甲胺正离子)，M为Pb2，X为I，其晶胞结构如图所示。与CH3NH互为等电子体的一种分子为_(填结构简式)。每个A离子周围最近且等距离的M离子数目为_。制备AMX3用到的PbI2难溶于水，可溶于HI溶液，生成H2PbI4。请写出PbI2和HI溶液反应的离子方程式：_(已知H2PbI4在溶液中完全电离出两种离子)。解析(1)铜的原子序数为29，其基态原子的电子排布式为Ar3d104s

4、1，则铜原子基态核外价电子排布式为3d104s1。(2)根据六乙炔苯的结构简式可确定其分子中碳原子的杂化方式有sp、sp2；1分子六乙炔苯中含有24个键，则1 mol六乙炔苯中含有键的数目为24NA或246.021023。(3)根据“等价找邻”的方法，即将“N”换为“C”，得CH3NH的等电子体分子为CH3CH3或C2H6。选取晶胞的一个顶点A作为研究对象，该顶点A被8个晶胞共用，每个晶胞中有1个M与A最近，故每个A离子周围最近且等距离的M离子数目为8。根据题意先写出化学方程式PbI22HI=H2PbI4，然后再根据信息“PbI2难溶于水，H2PbI4在溶液中完全电离出两种离子”将其改为离子方

5、程式：PbI22I=PbI42。答案(1)3d104s1(2)sp、sp224NA或246.021023(3)CH3CH3或C2H68PbI22I=PbI42变式1(2018南京三模)黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是一种重要的化工原料，通过化学工艺可获得二(氨基丙酸)合铜Cu(NH2CH2CH2COO)2等产品。(1)Cu2基态核外电子排布式为_(2)Cu(NH2CH2CH2COO)2的结构简式如图1所示。1 mol Cu(NH2CH2CH2COO)2中含有键数目为_；C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是_。(3)黄铜矿在空气中灼烧得到废气和固体混合物。废气中SO2经催化氧化生成S

6、O3，SO2分子中S原子轨道的杂化类型为_。SO3分子的空间构型为_；固体混合物中含有一种化合物X，其晶胞如图2所示，化合物X的化学式为_。解析(1)根据图示可知Cu(NH2CH2CH2COO)2中键数目为26，注意NH、CH不要遗漏。同周期元素第一电离能随原子序数递增呈增大趋势，注意A与A、A与A互换，注意由小到大。(3)SO2分子中S原子的价层电子对数为6/23，sp2杂化。SO3中S原子价层电子对数为6/23，无孤电子对，平面正三角形。X中铜离子个数为4，硫离子个数为181/82，化学式为Cu2S。答案(1) Ar3d9(或1s22s22p63s23p63d9)(2)26NACON(3)

7、 sp2平面三角形 Cu2S变式2(2018苏锡常镇一调)铜的化合物具有广泛的用途。(1)Cu2基态核外电子排布式为_。(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，可析出Cu(NH3)4SO4H2O。N、O、S原子的第一电离能由大到小的顺序为_，与SO互为等电子体的分子的化学式为_，每个乙醇分子中sp3杂化的原子个数为_。(3)铜的一种氧化物晶体结构如图所示，其中O原子的配位数为_。(4) Cu2O的熔点比Cu2S高的原因是_。答案(1)Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9(2)NOSCCl4 (CF4、SiF4等正确答案均可)3(3)4(4)因为r(O2)

8、Al Mg，则第一电离能大小为OMgAl(镁反常)。(2)C2H2分子中碳原子属于sp杂化，H2O2分子中氧原子(每个氧原子有2个孤电子对)属于sp3杂化。(3)CO中键为3，孤电子对数(42)3(86)0，则CO的空间构型为平面三角形。根据N离子与CO2分子互为等电子体，电子式相似，则N的电子式为。(4)由于Al2O3、MgO均为离子晶体，Al3带的电荷高于Mg2，且半径小于Mg2，故Al2O3的晶格能大。(5)铬的原子序数为24，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1。在该晶胞中，含W(Cr)：824个，含Z(Al)：812个；则该合金中W与Z

9、的原子个数比为21。答案(1)OMgAl(2)sp、sp3(3)平面三角形(4)两者均为离子晶体，由于Al3带的电荷高于Mg2，且半径小于Mg2，所以Al2O3的晶格能大(5)1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s121变式5原子序数小于36的X、Y、Z和铜四种元素，X的基态原子有3个不同的能级，有一个能级中的电子数比其他两个能级中的电子数都多1；Y基态原子中的电子占有5个轨道，其中有2个轨道处于半满状态；Z的原子序数为24。(1)Z原子基态核外电子排布式为_。(2)元素X与Y的第一电离能较大的是_(填元素符号)；H2Y2中Y原子轨道的杂化类型为_。(3)3价Z的配合物KZ

10、(C2O4)2(H2O)2中，配体是_；与C2O互为等电子体的一种分子的化学式为_。(4)Cu和Y形成的化合物的晶胞如右图所示，晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有_个。某种有缺陷的铜和Y形成的化合物的晶体由Cu2、Cu3、Y2及空隙组成，可表示为Cu0.98Y，则n(Cu2)/n(Cu3)_。解析(1)根据Z的原子序数为24，确定Z为Cr，其原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1。(2)根据“X的基态原子有3个不同的能级，有一个能级中的电子数比其他两个能级中的电子数都多1”确定X为氮元素，根据“Y基态原子中的电子占有5个轨道，其中有2个轨道处于

11、半满状态”确定Y为氧元素；在同周期中第VA族元素的第一电离能比A族元素的第一电离能大，则N的第一电离能比O的大；在H2O2中每个氧原子上有2个孤对电子(根据电子式判断)，故氧原子轨道的杂化方式为sp3杂化。(3)根据配合物KZ(C2O4)2(H2O)2，其配体有H2O、C2O；根据“等价找邻”的方法确定C2O的等电子体分子有N2O4等。(4)Cu和Y形成的化合物的晶胞图与氯化钠晶胞相似，则一个晶胞中与铜离子距离相等且最近的铜离子有12个(从三维方向，每个方向按田字格分析有4个铜离子与研究的铜离子最近)；根据化学式Cu0.98O，设Cu2有x个，则Cu3有(0.98x)个，再根据电荷守恒有2x3

12、(0.98x)2，解得x0.94；则n(Cu2)/n(Cu3)x/(0.98x)0.94/0.04472。答案(1)1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1(2)Nsp3(3)H2O、C2ON2O4(4)12472变式6原子序数小于36的X、Y、Z、W、J五种元素，原子序数依次增大，其中X是除碳元素外形成化合物种类最多的元素，Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，W元素原子外层电子数是内层电子数的3倍，J是第四周期中未成对电子数最多的元素。(1)Y、Z、W的电负性由小到大的顺序为_(填元素符号)。(2)J原子的外围电子排布式为_。(3)Y2X4分子中Y

13、原子轨道的杂化类型为_。1 mol Y2X4分子中含有键与键的数目之比为_。(4)X与W形成的一种X2W分子，与该分子互为等电子体的阴离子为_(填化学式)。(5)JCl3能与Z、W的氢化物形成配位数为6的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为21，1 mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液可得430.5 g白色沉淀。则该配合物溶于水的电离方程式为_。解析根据“X是除碳元素外形成化合物种类最多的元素”确定X为H，根据“Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同”确定Y为C，根据“W元素原子外层电子数是内层电子数的3倍”确定W为O，最后根据“J是第四周期中未成对电子数

14、最多的元素”确定J为Cr，由于这五种元素的原子序数依次增大，由此可确定Z为N；据此能回答(1)(4)小题。(5)根据“JCl3能与Z、W的氢化物形成配位数为6的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为21”可确定该配合物的化学式为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3，又根据“1 mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液可得430.5 g(3 mol)白色沉淀”确定氯离子为外界，则该配合物溶于水的电离方程式为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3=Cr(NH3)4(H2O)233Cl。答案(1)CNOC7NA(3) SO3(4) H22.(2017江苏通扬泰淮三模)铝及其化合物广泛应用于金属

15、冶炼、有机合成等领域。(1)铝热反应可以冶炼金属铬，Cr3基态核外电子排布式为_。(2)AlCl3可做反应乙酸酐分子中发生sp3杂化的原子有_个。1 mol对甲基苯乙酮分子中含有键的物质的量为_ mol。CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_。单个AlCl3气态分子的空间构型为_，AlCl3可与Cl形成AlCl，与AlCl互为等电子体的分子为_。(3)某遮光剂的晶胞如图所示，由晶胞可知n_。解析(1)Cr为24号元素，其原子电子排布式为Ar3d54s1，3d中电子数为半充满时较稳定，形成Cr3时，先失去4s上面的电子，则Cr3电子排布式为Ar3d3。(2)甲

16、基上的碳原子，形成单键的氧原子均为sp3杂化，共有3个原子；对甲基苯乙酮分子中碳氢键、碳碳键、苯环中的碳碳键均为键，另外碳氧双键中有一根为键，故1 mol对甲基苯乙酮分子中含有键为20 mol；CH3COOH与H2O分子间可以形成氢键，所以两者之间的溶解度较大；AlCl3中Al没有孤对电子，价层电子对为033，则Al为sp2杂化，即为平面三角形；Al位于第A族，得1e则为第A族元素，所以AlCl与CCl4互为等电子体。(3)从晶胞图知，4个Na位于棱上，10个Na位于面心，Na共有：4106, AlF有8个位于顶点，1个位于体内，所以AlF共有812，根据电荷守恒有：2(n3)6，得n6。答案

17、(1)1s22s22p63s23p63d3或Ar 3d3(2)320CH3COOH能与水分子间形成氢键平面三角形SiCl4(或CCl4其他合理答案)(3)63.(2018盐城三调)锰、砷、镓及其相关化合物用途非常广泛。(1)Mn2基态核外电子排布式为_。(2)砷与镓、硒是同周期的主族元素，其第一电离能从小到大的顺序是_。(3)BrCH2CN可用于制备砷叶立德，BrCH2CN分子中碳原子杂化轨道类型是_。(4)在AlCl3存在下，将C2H2通入AsCl3可得到(ClCH=CH)2AsCl等物质，AsCl3分子的几何构型为_，1 mol (ClCH=CH)2AsCl分子中含键的数目为_。(5)Ga

18、As是一种重要的半导体材料，按图示掺杂锰后可得稀磁性半导体材料(晶体结构不变)，则该材料晶体中n(Ga)n(Mn)n(As)_。解析(2)镓、砷、硒，分别位于第四周期A族、A族、A族，第一电离能从小到大顺序为：GaSeAs。注意VA、VIA族互换。(3)CH2中碳原子形成4根单键，sp3杂化，CN中碳氮之间为叁键，碳原子sp杂化。(4)AsCl3中As原子价层电子对数为(53)/24，有一对孤电子对，类似于NH3，三角锥型。(5)Ga71/851/2 27/8，Mn1/21/85/8，As4。答案(1)Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5(2)GaSeAs(或：镓硒砷)(3)sp和

19、sp3(4)三角锥型11NA(5)275324.(2017江苏苏锡常镇教学情况调研二)过渡元素铁可形成多种配合物，如：Fe(CN)64、Fe(OCN)64等。(1)Fe2基态核外电子排布式为_。(2)尿素与氯化铁形成FeCO(NH2)26Cl3配合物是一种高效有机催化剂。C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_，该配合物中键和键的个数比为_。(3)研究表明用TiO2作光催化剂可将CN、CO、N2O、C2H4等氧化为N2、CO2。下列说法正确的是_(选填序号)。a.N2O呈直线形b.N的第一电离能比C小c.CO2和N2均属于非极性分子d.C2H4沸点比N2H4低得多，主要是因为C2H4相对分子质量小(4)铁可形成多种功能性材料。下图为铁的一种高韧性、高耐磨性合金的晶体结构，其化学式为_。(5)纳米晶体Mg2FeH6是一种贮氢容量大、价格低廉的储氢材料。Mg2FeH6可由Mg和Fe的粉末在H2气氛中反应加热球磨制得，该反应分两步进行。第一步反应为MgH2MgH2，第二步反应的化学方程式为_