（新课标）广西2020高考化学二轮复习 题型十四 物质结构与性质（选考）专项练 10页

题型十四　物质结构与性质(选考)‎ ‎1.(2018黑龙江双鸭山模拟)现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素,原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn+1;C元素为最活泼的非金属元素;D元素核外有三个电子层,最外层电子数是核外电子总数的;E元素正三价离子的3d能级为半充满状态;F元素基态原子的M层全充满,N层没有成对电子,只有一个未成对电子;G元素与A元素位于同一主族,其某种氧化物有剧毒。‎ ‎(1)A元素的第一电离能　　(填“<”“>”或“=”)B元素的第一电离能,A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为　　　　　　(用元素符号表示)。 ‎ ‎(2)D元素原子的价电子排布式是　　　　　。 ‎ ‎(3)C元素的核外电子排布图为　　　　　　　　　;E3+的符号为　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)F元素位于元素周期表的　　　　区,其基态原子的电子排布式为　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)G元素可能的性质是　　　。 ‎ A.其单质可作为半导体材料 B.其电负性大于磷 C.其原子半径大于锗 D.其第一电离能小于硒 ‎(6)金属活动性:D　　　Al(填“>”或“<”,下同),I1(Mg)　　　I1(Al),其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案(1)>　N　>　镁原子的3p轨道处于全空,比较稳定,而铝原子3p轨道只有一个电子,不稳定 解析A元素的价电子构型为nsnnpn+1,则A是N;C元素为最活泼的非金属元素,则C是F(氟),那么B是O;D元素原子核外有三个电子层,最外层电子数是核外电子总数的,则D是Mg;E元素正三价离子的3d能级为半充满状态,则E是Fe;F元素基态原子的M层全充满,N层没有成对电子,只有一个未成对电子,则F是Cu;G元素与A元素位于同一主族,其某种氧化物有剧毒,则G是As。‎ ‎(1)由于N的最外电子层2p能级处于半充满的稳定状态,失去电子比O难,所以元素的第一电离能A>B(即N>O);一般情况下同一周期的元素,原子序数越大,元素的电负性越大。所以A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为NAl,I1(Mg)>I1(Al),因为Mg的3p轨道处于全空,比较稳定,而Al的3p轨道只有一个电子,不稳定,故金属活动性Mg>Al,而第一电离能则是I1(Mg)>I1(Al)。‎ ‎2.(2018重庆西南大学附属中学二模)铜、银、金是生活中常见的金属。‎ ‎(1)在周期表中铜、银、金位于同一副族,它们的基态原子价层电子排布通式可表示为　　　　　　　(用n表示能层),基态原子核外有　　个未成对电子。 ‎ ‎(2)铜、银常用作有机反应的催化剂。例如,2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。‎ ‎①乙醇的沸点高于乙醛,其主要原因是　　　　　　　　　;1个乙醛分子中含　　　个σ键。 ‎ ‎②乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是　。 ‎ ‎(3)工业冶金原理中的重要反应:2Au(CN+Zn2Au+Zn(CN。‎ ‎①CN-的等电子体分子有:　　　　　;金和锌的晶体都是　　　　　　(填晶体类型),该晶体中存在的化学键是　　　　　。 ‎ ‎②已知Cu、Zn的第二电离能分别为1 957.9 kJ·mol-1、1 733.3 kJ·mol-1。原因是 ‎ ‎ ‎ ‎　。 ‎ ‎(4)铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料,其晶胞与铜晶胞类似,银位于顶点,铜位于面心。‎ ‎①该铜银合金的化学式是　　　　。 ‎ ‎②已知:该铜银晶胞参数为a cm,晶体密度为ρ g·cm-3。则阿伏加德罗常数(NA)为　　　　mol-1。(用代数式表示,下同) ‎ ‎③若Cu、Ag原子半径分别为b cm、c cm,则该晶胞中原子空间利用率φ为　　　　　　　　　　。(提示:晶胞中原子空间利用率=×100%) ‎ 答案(1)(n-1)d10ns1　1‎ ‎(2)①乙醇分子间存在氢键　6　②sp2、sp3‎ ‎(3)①CO、N2　金属晶体　金属键 10‎ ‎②Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10,达到稳定结构;Zn失去第一个电子后的价层电子排布式为3d104s1,Zn 4s能级上的一个电子比Cu易失去 ‎(4)①AgCu3或Cu3Ag　②　③×100%‎ 解析(1)由铜价层电子排布式类推它们的通式为(n-1)d10ns1,基态原子核外有1个未成对电子。‎ ‎(2)①乙醇分子之间存在氢键,乙醛分子间只存在范德华力,故乙醇的沸点较高。1个乙醛分子中含6个σ键。②CH3CHO分子中碳原子采用两种杂化类型:sp3、sp2。‎ ‎(3)①N2、CO是CN-的等电子体;金和锌都是金属晶体,晶体中存在金属键。②铜原子失去第一个电子后的价层电子排布式为3d10,3d能级达到全充满稳定结构,再失去一个电子需要的能量较多,而锌原子失去第一个电子后的价层电子排布式为3d104s1,Zn失去第二个电子所需能量较少,故锌的第二电离能小于铜的第二电离能。‎ ‎(4)①依题意知,6个铜原子位于立方体面心,8个银原子位于立方体顶点,则该晶胞含3个铜原子、1个银原子,故铜银合金的化学式可表示为AgCu3或Cu3Ag。②Cu3Ag或AgCu3的摩尔质量为(64×3+108)g·mol-1=‎300 g·mol-1。由密度公式知,ρ g·cm-3=,NA= mol-1。③φ=‎ ‎×100%=×100%。‎ ‎3.(2018江西名校联考)已知:A、B、C、D四种元素,原子序数依次增大。A是短周期中原子半径最大的元素;B元素原子的3p能级半充满;C是所在周期电负性最大的元素;D是第四周期未成对电子数最多的元素。试回答下列有关问题:‎ ‎(1)写出D原子价电子的排布式:　　　　　　　。 ‎ ‎(2)D可形成化合物[D(H2O)6](NO3)3。‎ ‎①[D(H2O)6](NO3)3中阴离子的立体构型是　　　　　　　　;N中心原子的轨道杂化类型为　　　　　　。 ‎ ‎②在[D(H2O)6]3+中D3+与H2O之间形成的化学键称为　　　　　,1 mol [D(H2O)6]3+中含有的σ键有　　　mol。 ‎ ‎(3)已知B、C两种元素形成的化合物通常有两种。这两种化合物中　　　　(填化学式)为非极性分子,另一种物质的电子式为　　　　　　　。 ‎ ‎(4)由A、C两元素形成的化合物晶体中,阴、阳离子都具有球形对称结构,它们都可以看作刚性圆球,并彼此“相切”。下图所示为A、C形成化合物的晶胞结构图以及晶胞的剖面图:‎ 10‎ 晶胞中,距离一个A+最近的C-有　　个,这些C-围成的图形是　　　　　,若晶体密度为ρ g·cm-3,阿伏加德罗常数的值用NA表示,则A+的离子半径为　　　　　　　　cm(用含NA与ρ的式子表示)。 ‎ 答案(1)3d54s1‎ ‎(2)①平面三角形　sp2杂化　②配位键　18‎ ‎(3)PCl5　‎ ‎(4)6　正八面体　‎ 解析A、B、C、D四种元素,原子序数依次增大,A是短周期中原子半径最大的元素,则A为Na元素;B元素原子的3p能级半充满,则B为P元素;D是第四周期未成对电子数最多的元素,则D为Cr元素;C是所在周期电负性最大的元素,则C为第ⅦA族元素,故C为Cl元素。‎ ‎(1)D为Cr元素,D原子的价电子排布式为3d54s1。‎ ‎(2)①[Cr(H2O)6](NO3)3中N中心原子价层电子对数为3+×(5+1-3×2)=3,且不含孤电子对,所以该离子立体构型为平面三角形,中心原子采取sp2杂化。‎ ‎②在[Cr(H2O)6]3+中Cr3+与水分子之间形成的化学键为配位键;1个水分子中含有2个σ键,配位键也是σ键,则1 mol ‎ ‎[Cr(H2O)6]3+中含有的σ键有2×6 mol+6 mol=18 mol。‎ ‎(3)已知B、C两种元素形成的化合物为PCl3和PCl5,PCl3为三角锥形结构,属于极性分子,PCl5为三角双锥结构,属于非极性分子,PCl3的电子式为。‎ ‎(4)由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl,以中间的黑色球Na+研究,与之距离最近的Cl-有6个,这些Cl-围成的图形是正八面体;晶胞中Na+数目为1+12×=4,Cl-数目为8×+6×=4,故晶胞ρ=,令Na+半径为r,棱长为a,则r=a,ρ= g·cm-3,得出:r= cm。‎ 10‎ ‎4.(2018湖南三湘名校第三次联考)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的价电子排布为nsnnp2n,E与M原子核外的未成对电子数相等;QM2与G互为等电子体;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、同周期元素原子的价电子排布式是　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(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的最简单氢化物分子的立体构型名称为　　　　。 ‎ ‎(4)EM、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晶体结构如图所示,该晶体的密度为ρ g·cm-3。若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。 ‎ 答案(1)3d104s1‎ ‎(2)NH3、H2O ‎(3)CH4>NH3>H2O　正四面体形　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)‎ 解析由题意可知,E为C,G为N,M为O,Q为S,T为Zn。‎ ‎(1)与Zn同区、同周期的元素为Cu,Cu的价电子排布式为3d104s1。‎ ‎(2)C、N、O的最简单氢化物分别为CH4、NH3和H2O,其中CH4的晶胞结构与干冰一样。‎ ‎(3)CH4、NH3和H2O的中心原子均采取sp3杂化,VSEPR模型均为正四面体形,CH4分子中没有孤电子对,分子立体构型为正四面体形;NH3分子中有一对孤电子对,分子立体构型为三角锥形;H2O分子中有两对孤电子对,分子立体构型为V形。含孤电子对数越多,排斥作用越强,键角越小。‎ ‎(4)互为等电子体的分子结构相似,由N2的结构式为N≡N可知,CO的结构式为。‎ 10‎ ‎(5)ZnS晶胞中白球的个数为8×+6×=4,黑球的个数为4(在晶胞内部),即每个晶胞中含有4个Zn2+和4个,设晶胞的棱长为x cm,则ρ= g·cm-3,解得x= cm。ZnS晶胞中,a、b之间的距离为体对角线的,则为 cm。‎ ‎5.磷、硫、氯、砷等是农药中的重要组成元素。回答下列问题:‎ ‎(1)基态砷原子的价电子排布式为　　　　　。 ‎ ‎(2)生产农药的原料 PSCl3中P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　,电负性由大到小的顺序为　　　　。 ‎ ‎(3)COS(羰基硫)可用作粮食的熏蒸剂,其中碳原子的杂化轨道类型为　　　　　,所含共价键的类型为　　　　　　,写出一种与COS键合方式相同且空间构型也相同的微粒:　　　　　　　。 ‎ ‎(4)H2O与H2S为同族元素的氢化物,H2O可以形成H9或H3O+,而H2S几乎不能形成类似的H9或H3S+,其原因是 ‎ ‎　。 ‎ ‎(5)AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的熔点为2 ‎000 ℃‎,其晶胞结构如图所示。‎ ‎①磷化铝的晶体类型为　　　　　。 ‎ ‎②A、B点的原子坐标如图所示,则C点的原子坐标为　　　　　　　。 ‎ ‎③磷化铝的晶胞参数a=546.35 pm,其密度为　　　　　　　　　　　　 g·cm-3(列出计算式即可,用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 ‎ 答案(1)4s24p3　(2)Cl>P>S　Cl>S>P　(3)sp　σ键和π键(写“极性键”也可)　CO2(或CS2、BeF2等)‎ ‎(4)氧的电负性大且原子半径小,H2O分子间及与H+可形成氢键,而硫的电负性较小且原子半径大,几乎不能形成氢键 ‎(5)①原子晶体　②()‎ 10‎ ‎③‎ 解析(3)COS中C原子的孤电子对数是=0,价层电子对数是1+1+0=2,所以碳原子的杂化轨道类型是sp,COS的空间结构是直线形,结构式是OCS,含有2个σ键和2个π键;与COS键合方式相同且空间构型也相同的微粒应与COS是等电子体,最容易想到的就是CO2和CS2。‎ ‎(4)H3O+是由H2O和H+通过配位键形成的,H9是由(H2O)4和H+通过配位键形成的,其中(H2O)4是H2O分子间通过氢键形成的缔合分子,因此应从氢键的形成条件去考虑H2S不能形成H9或H3S+的原因。‎ ‎(5)①磷化铝的晶胞结构类似金刚石,且其熔点很高,因此磷化铝属于原子晶体。②由磷化铝的晶胞结构可以看出,Al原子位于立方体的体对角线的处,因此C点的原子坐标为()。③1个AlP晶胞中含有的P原子数是8×+6×=4,Al原子数也是4,因此一个晶胞的质量m= g,而晶胞的体积V=(a×10-10)‎3cm3=(5.463 5×10-8)‎3cm3,所以磷化铝的密度ρ= g·cm-3。‎ ‎6.已知A、B、C、D都是周期表中的短周期元素,它们的核电荷数依次增大。A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子,C、D同主族。E、F都是第四周期元素,E原子核外有4个未成对电子,F原子除最外能层只有1个电子外,其余各能层均为全充满。根据以上信息填空:‎ ‎(1)基态D原子中,电子占据的最高能层符号为　　　,该能层具有的原子轨道数为　　　。 ‎ ‎(2)E2+的价层电子排布图是　　　　　　　　　　　,F原子的电子排布式是　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)A最高价氧化物对应水化物分子的结构式为　　　　　　　　　　,其中心原子采取的轨道杂化方式为　　　　　,B的气态氢化物的VSEPR模型为　　　　　。 ‎ ‎(4)化合物AC2、B‎2C和阴离子DAB-互为等电子体,它们结构相似,DAB-的电子式为　。 ‎ ‎(5)配合物甲的焰色反应呈紫色,其内界由中心离子E3+与配位体AB-构成,配位数为6。甲的水溶液可以用于实验室中E2+的定性检验,检验E2+的离子方程式为　。 ‎ 10‎ ‎(6)某种化合物由D、E、F三种元素组成,其晶胞如图所示,则其化学式为　　　　　。该晶胞上下底面为正方形,侧面与底面垂直,根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度:ρ=　　　　　　 g·cm-3。 ‎ 答案(1)M　9　(2)‎ ‎1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1‎ ‎(3)　sp2　四面体 ‎(4)]-‎ ‎(5)3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓‎ ‎(6)CuFeS2　4.32‎ 解析根据题中信息不难推出A是碳,B是氮,C是氧,D是硫,E是铁,F是铜。‎ ‎(3)由H2CO3的结构式可以直接看出中心原子的价层电子对数是3,因此轨道杂化方式是sp2;B的气态氢化物是NH3,N原子的价层电子对数是4,所以NH3的VSEPR模型是四面体形。‎ ‎(4)CO2的结构式是OCO,SCN-与CO2是等电子体,结构相似,其结构式应是[SCN]-,所以其电子式是]-。‎ ‎(6)晶胞中F(Cu)原子数目是8×+4×+1=4,E(Fe)原子数目是4×+6×=4,D(S)原子全部位于晶胞内部,数目是8,所以Cu、Fe、S原子数目之比是4∶4∶8=1∶1∶2,故其化学式为 CuFeS2;一个晶胞中有4个“ CuFeS‎2”‎,晶胞质量m= g,晶胞体积V=[(524×10-10)2×1 030×10-10] cm3,所以晶体的密度ρ=≈‎4.32 g·cm-3。‎ 10‎ ‎7.A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大,其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成对电子数的两倍,C元素在地壳中含量最高,D的单质是短周期中熔点最低的金属,E的合金是我国使用最早的合金。‎ ‎(1)E元素的基态原子核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)A的某种氢化物A2H2分子中含有　　　　　个σ键和　　　　个π键。 ‎ ‎(3)A的含氧酸根离子A的立体构型是　。 ‎ ‎(4)B的最简单氢化物的沸点比A的最简单氢化物的沸点高得多,其原因是 ‎ ‎　。 ‎ ‎(5)E的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(6)下图是D单质的晶体堆积方式,这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为　　　　,若该原子的半径为r pm,此晶体的密度ρ=　　　　　　　　　　　 g·cm-3(用含r的代数式表示,阿伏加德罗常数用NA表示)。 ‎ 答案(1)1s22s22p63s23p63d104s1‎ ‎(2)3　2‎ ‎(3)正三角形 ‎(4)氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能,所以氨的沸点比甲烷的高 ‎(5)[Cu(NH3)4](OH)2‎ ‎(6)8　‎ 解析A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大,C元素在地壳中含量最高,C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成对电子数的两倍,原子序数小于氧元素,则A是碳元素,所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属,则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金,则E是铜。(1)铜的原子序数是29,铜元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。(2)A的某种氢化物A2H2分子是乙炔,乙炔的结构式为H—C≡C—H,则分子中含有3个σ键和2个π键。(3)A的含氧酸根离子C中碳原子的价层电子对数=3+=3,所以碳酸根的立体构型是平面正三角形。(4)氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能,所以氨的沸点比甲烷的高。(5)铜的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是[Cu(NH3)4](OH)2‎ 10‎ ‎。(6)根据钠的晶胞结构可知这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为8。若该原子的半径为r pm,则晶胞体心的对角线是4r pm,所以晶胞的边长是 pm。该晶胞的体积是×10‎-30 cm3。晶胞中含有2个钠原子,则此晶体的密度ρ= g·cm-3= g·cm-3。‎ 10‎