2019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n s n n p n；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>3 550 ℃，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)1 mol BC－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a pm、b pm，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n s n n p n，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H 2，不能形成H 3或H 4，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) NH 3分子中中心 原子N 采取sp 3杂化；NH 3、Cu 2＋、H 2O 以2∶1∶2形成的配离子为

[Cu(H 2O)2(NH 3)2]2＋，H 2O 和NH 3两种配体中，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1 mol CN －中含2 mol π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N 2，离子为C 2－2。(4)CuSO 4晶体的晶格能比Cu( NO 3)2晶体的晶格能高，故晶体的熔点：CuSO 4＞Cu(NO 3)2。(5)由Cu 3N 的晶胞结构可看出与N 3－等距离且最近的Cu ＋有6个，即N 3－的配位数为6。由晶体的结构和

均摊法可知该晶胞中含N 3－的个数为18×8＝1，含Cu ＋的个数为14×12＝3，即该

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

1

N A ×206 g [2(a ＋b )×10－10cm]3＝103×10304N A (a ＋b )3 g·cm －3[或206×1030

8N A (a ＋b )3 g·cm －3]。 答案：(1)饱和 原子晶体 29

(2)sp 3 [Cu(H 2O)2(NH 3)2]2＋ ②

(3)2N A CO 或N 2 C 2－2

(4)硫酸铜晶体的晶格能比硝酸铜晶体的晶格能高

(5)6 103×10304N A (a ＋b )3或[206×1030

8N A (a ＋b )3

] 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As 2O 3(或写成As 4O 6，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AsO3－3和少量AsO3－4，其中AsO3－3中As的杂化方式为__________，AsO3－4的空间构型为________。

(4)NH＋4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3 000 ℃，密度为2.25 g·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r N pm和r B pm，阿伏加德罗常数值为N A，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＋4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＋4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)43π×10－30N A(r3N＋r3B)

25×100%

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______，14 g

CO中含______mol π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，N A 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 1 mol CO中含2 mol π键，则14 g CO中含1 mol π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

4

N A×104 g，设晶

胞的边长为

a cm，则a3ρ＝4

N A×104，解得a＝34×104

ρN 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

2 2×

34×104

ρN A cm。

答案：(1)1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}Cl (2)sp2

(3)1Cu＋ 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)

2 2×

34×104

ρN A 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．CO2－3B．NO－3

C．NCl3D．SO2－3

(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ρ g·cm－3，硒化锌的摩尔质量为M g·mol－1，用N A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)SeO2－3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、CO2－3、NO－3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M

N A×4 g＝ρ g·cm

－3×a3，解得a＝

34M

N Aρ×10

7

nm。

答案：(1)第四周期第ⅡB族S

(2)sp3H2SeO4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%34M

N Aρ×10

7

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________。1 mol配离子中所含σ键的数目为____________，配位体N－3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，Ni 2＋填充其中(如图乙)，已知O 2－的半径为a pm ，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用含a 、N A 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]3d 74s 2，则价电子排布式为3d 74s 2。Co 2＋核外3d 能级的电子排布图为

有2对成对电子。(2)Co 3＋的配体中有1个N －3，

5个NH 3，配位数为6。1 mol Co 3＋与6 mol 配体之间有6 mol σ键，1 mol N －3含有2 mol σ键，5 mol NH 3含有15 mol σ键，故1 mol 配离子中所含σ键的数目为(6＋2＋15)N A ＝23N A 。N －3与CO 2互为等电子体，N －3为直线形离子，故中心原子的杂化类型为sp 。(3)NH 3与H 2O 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Co 2＋形成的配位键更强。(4)Fe 2＋、Fe 3＋分别占据立方体互不相邻的顶

点，则个数均为4×18＝12，CN －位于棱上，则个数为12×14＝3，Fe 2＋、Fe 3＋、CN

－的个数比为1∶1∶6，根据电荷守恒，K ＋与Fe 2＋、Fe 3＋、CN －的个数比为1∶1∶1∶6，则该晶体的化学式为KFe 2(CN)6。Fe 2＋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(1，1

2，12)。(6)如图所示，

以1个小菱形为研究对象，该菱形中含有1个Ni 2＋、1个O 2

－，该菱形的边长为2a pm ，则该菱形的面积为2a ×10－12 m ×2a ×1

0－12 m ×32＝23a 2×10－24m 2；该菱形中含有该晶体的质量为75N A

g ，故每平方米面积上分散的该晶体的质量为75N A ÷(23×10－24a 2)g ＝75×102423a 2N A

g 。 答案：(1)3d 74s 2 2

(2)6 23N A 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Co 2＋形成的配位键更强

(4)KFe 2(CN)6 正四面体形

(5)(1，12，12)

(6)

75

23a2N A×10－24

(或

253

2a2N A×10

24)

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N A，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1

8×8＋

1

2×6＝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a cm，则

4

N A×99.5

＝ρa3，解得a＝34×99.5

ρN A；设晶体中Cu原子与Cl原子间的最短距离为x cm，

则x＝3a

4＝

3

4

34×99.5

ρN A，即Cu原子与Cl原子之间的最短距离为

3

4

34×99.5

ρN A×10

10pm。

答案：(1)①3d5②sp2、sp3③CDEGH④分子晶体

(2)①CuCl4②Cu＋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

3

4

34×99.5

ρN A×10

10

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：

基态Z

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，BeF 2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________，BeF 2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 、HClO 2、HClO 3、HClO 4的酸性由强到弱的顺序为__________________。

(4)131I 2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有________个131I 2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ρ g·cm －3，K 和I 的摩尔质量分别为M K g·mol －1和M I g·mol －1，原子半径分别为r K cm 和r I cm ，阿伏加德罗常数的值为N A ，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1s 22s 22p 63s 23p 64s 1。根据元素周期律可知，熔点：Li>Na>K 。

(2)BeF 2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，BeF 2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：HClO 4>HClO 3>HClO 2>HClO 。(4)由晶胞图可知，131I 2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8×18＋6×12＝4个131I 2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V 1＝(43πr 3K ×4＋43πr 3I ×4)cm 3，晶胞的体积V 2＝4(M K ＋M I )ρN A

cm 3＝[2(r K ＋r I )]3cm 3，则KI 晶胞中的空间利用率为V 1V 2×100%＝4π(r 3K ＋r 3

I )ρN A 3(M K ＋M I )×100%＝

2π(r3K＋r3I)

3(r K＋r I)3

×100%。

答案：(1)1s22s22p63s23p64s1Li＞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)64π(r3K＋r3I)ρN A

3(M K＋M I)

×100%[或

2π(r3K＋r3I)

3(r K＋r I)3

×100%]