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

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

《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

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