高考化学大二轮复习第1部分知识整合专题5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=1 958 kJ·mol－1、INi=1 753 kJ·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d g·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， 1 mol晶胞的质量为(64×3＋59)g=a3×d g·cm－3×NA，则a=[] cm=[]×107 nm。

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=－313 kJ·mol－1，F－F键的键能为159 kJ·mol－1，Cl－Cl键的键能为242 kJ·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=242 kJ·mol－1＋159 kJ·mol－1×3－6x=－313 kJ·mol－1，则x=172 kJ·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=0.566 nm，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=0.566 nm=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=2.27 g·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　=2.27 g·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a pm，N原子的半径为b pm，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=0.542 nm，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1 mol晶胞中含有4 molCuCl,1 mol晶胞的质量为4×99.5 g，又晶胞参数a=0.542 nm，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)1 mol HCHO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1 mol HCHO中含有σ键3 mol。

(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ρ g·cm－3。如果TQ的摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA mol－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1 mol晶胞中含有4 mol ZnS，该晶体的密度为ρ g·cm－3。ZnS的摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA mol－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Ⅵ B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)1s22s22p63s1或[Ne]3s1　Cl

(2)H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键

(3)平面三角形　(4)Na＋

(5)K2Cr2O7＋3H2O2＋4H2SO4===Cr2(SO4)3＋3O2↑＋K2SO4＋7H2O

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/fc4b598977c66137ee06eff9aef8941ea66e4b6f.html