2021高考化学(江西专用)二轮专题提升练：第15讲-物质结构与性质(含新题及解析).docx

第15讲　物质结构与性质

1．(2022·四川理综，8)X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2＋离子的3d轨道中有9个电子。
请回答下列问题：
(1)Y基态原子的电子排布式是________；Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是________。
(2)XY 离子的立体构型是________；R2＋的水合离子中，供应孤电子对的原子是_________________________________________________________。

(3)Z与某元素形成的化合物的晶胞如右图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是________。
(4)将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_______________________________________。
解析　由XY2是红棕色气体，且X与氢元素可形成XH3，可知X为N，Y为O；由Z基态原子的M层与K层电子数相等，可知Z为Mg；依据R2＋离子的3d轨道中有9个电子，即R的价电子排布式为3d104s1，故R为Cu，(1)O元素基态原子的电子排布式为1s22s22p4；Mg在第三周期，该周期中第一电离能最大的主族元素是Cl。(2)NO离子的中心原子N的价层电子对数为＝3对，故氮原子发生的是sp2杂化，有一对弧电子对，故其立体构型为V形；Cu2＋的水合离子中，Cu2＋有空轨道，H2O分子O原子有2对孤原子对，故供应孤电子对的是H2O分子中的O原子。(3)如图，晶胞中阴离子数为：2＋4×＝4，阳离子数为8×＋1＝2，其阴离子与阳离子的个数比4∶2＝2∶1。(4)Cu与浓氨水和O2反应，生成深蓝色[Cu(NH3)4]2＋的离子方程式为2Cu＋8NH3·H2O＋O2===2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O。
答案　(1)①1s22s22p4　②Cl
(2)①V形　②O
(3)2∶1
(4)2Cu＋8NH3·H2O＋O2===2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O
2．有A、B、C、D、E五种元素，其相关信息如下：
元素
相关信息
A
A原子的1s轨道上只有1个电子
B
B是电负性最大的元素
C
C基态原子的2p轨道中有3个未成对电子
D
D是主族元素且与E同周期，其最外能层
上有2个运动状态不同的电子
E
E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物
请回答下列问题：
(1)写出E元素原子基态时的电子排布式_____________________________。
(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能________(填“大”或“小”)。
(3)CA3分子中C原子的杂化类型是__________________________________。
(4)A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2＋，其中存在的化学键类型有________(填序号)；
①配位键　②金属键　③极性共价键　④非极性共价键
⑤离子键　⑥氢键
若[E(CA3)4]2＋具有对称的空间构型，且当[E(CA3)4]2＋中的两个CA3被两个Cl－取代时，能得到两种不同结构的产物，则[E(CA3)4]2＋的空间构型为________(填序号)。
a．平面正方形 b．正四周体
c．三角锥形 d．V形
(5)B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为________，若该晶体的密度为a g·cm－3，则该晶胞的体积是________ cm3(写出表达式即可)。

解析　由题意知A为H、B为F、C为N、E为Cu，D为第4周期的主族元素，最外能层上有2个电子，所以为Ca。(1)见答案。(2)N的2p轨道半布满比较稳定，其第一电离能大于O的。(3)NH3中N的最外层有5个电子，其中3个与H形成3个σ键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化。(4)[Cu(NH3)4]2＋中存在铜离子与氨分子之间的配位键，还有氮、氢原子之间的极性共价键；由该分子中有4个配体，从而排解c、d，由[E(CA3)4]2＋中的两个CA3被两个Cl－取代时，能得到两种不同结构的产物，排解b，只有a正确。(5)选择右面面心的D离子(Ca2＋)，在此晶胞中有4个B离子(F－)与之配位，同理与此晶胞右面紧连的晶胞中也有4个F－，所以其配位数为8；此晶胞中含有Ca2＋的个数为×8＋×6＝4，F－的个数为8，所以1 mol晶胞的质量为(40＋2×19)×4 g＝(78×4)g，一个晶胞的质量为 g，除以密度即得体积。
答案　(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　(2)大　(3)sp3杂化　(4)①③　a　(5)8　
3．随着全球经济的高速进展，目前海洋已成为世界的重要资源。请回答下列问题：
(1)“可燃冰”是隐藏于海底的一种潜在能源，它由含有甲烷、氮气、氧气和硫化氢等分子的水分子笼构成。水分子间通过________形成水分子笼。N、O、S元素第一电离能由大到小的挨次为________(填元素符号)。
(2)“蛟龙”号潜水器通过机械手成功地从海底取得“多金属结核”样本，样本中含铁、铜、铬等多种金属。
①铬元素基态原子的电子排布式为_________________________________。
②金属铁的晶体在不同温度下有两种积累方式，其晶胞结构如图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为________。

③Cu2O的熔点比Cu2S的________(填“高”或“低”)，请解释缘由：________________________________________________________________。
(3)海水中含有丰富的碘元素。
①F与I同主族，BeF2与H2O都是由三个原子构成的共价化合物，二者中的中心原子Be和O的杂化类型分别是________、________。
②与I同主族的另一元素Cl具有较强的活泼性，能够形成大量的含氯化合物，如金属氯化物、非金属氯化物等。其中，BCl3是一种非金属氯化物，该物质分子中B—Cl键的键角为________。
解析　(1)水分子之间通过氢键形成水分子笼，N的第一电离能比O元素的大，是由于N的2p轨道为半布满，比较稳定；同主族元素O的第一电离能大于S。
(2)②金属铁晶体的面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数为4，体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数为2，故二者中实际含有的Fe原子个数之比为2∶1。③离子晶体中，离子键的键长越短，离子键的键能越强，离子化合物的熔点越高，由于O2－的半径小于S2－的半径，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。
(3)①BeF2分子中的中心原子为Be，其价电子数为2，F供应2个电子，所以Be原子的价层电子对数为＝2，Be原子的杂化类型为sp杂化；H2O分子中的中心原子为O，其价电子数为6，H供应2个电子，所以O原子的价层电子对数为＝4，O原子的杂化类型为sp3杂化。②硼原子的价电子数为3，氯原子供应3个电子，硼原子的价层电子对数为＝3，因价层电子对中没有电子孤对，故BCl3为平面正三角形结构，则分子中B—Cl键的键角为120°。
答案　(1)氢键　N＞O＞S
(2)①1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1　②2∶1　③高　Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷也相同，但O2－的半径比S2－的小，所以Cu2O的晶格能较大，熔点较高
(3)①sp杂化　sp3杂化　②120°
4．铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。
(1)锰元素位于第四周期第ⅦB族。基态Mn2＋的核外电子排布式为________________。NO的空间构型为________(用文字描述)。
(2)HCHO中含有的σ键和π键数目之比为________。
(3)火山喷出的岩浆中含有多种硫化物，冷却时ZnS比HgS先析出，缘由是________。

(4)Cu3N形成的晶体结构如图所示。则与同一个N3－相连的Cu＋有________个，Cu＋的半径为a pm，N3－的半径为b pm，则Cu3N的密度为________ g·cm－3。(阿伏加德罗常数用NA表示，1 pm＝10－10 cm)
解析　(1)Mn2＋核外有23个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。NO中N无孤电子对，空间构型为平面三角形。(2)HCHO的结构式为,1个双键中含有1个σ键和1个π键，则HCHO中含有3个σ键和1个π键。(3)ZnS、HgS均为离子晶体，ZnS的晶格能大于HgS，因此ZnS先析出。(4)与1个N3－相连的Cu＋有6个。该晶胞的边长为(2a＋2b)pm,1个晶胞中含有3个Cu,1个N，则Cu3N的密度为 g÷[(2a＋2b)×10－10 cm]3＝ g·cm－3。
答案　(1)1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)　平面三角形
(2)3∶1　(3)二者均为离子晶体，ZnS的晶格能大于HgS，故ZnS先析出　(4)6　
5．(2022·河南郑州模拟)原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36。已知X的一种1∶2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且全部原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子的s能级与p能级电子数相等；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子。
(1)Y原子核外共有________种不同运动状态的电子，T原子有________种不同能级的电子。
(2)X、Y、Z的第一电离能由小到大的挨次为________(用元素符号表示)。
(3)由X、Y、Z形成的离子ZXY－与XZ2互为等电子体，则ZXY－中X原子的杂化轨道类型为________。
(4)Z与R能形成化合物甲，1 mol甲中含________ mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为________。
(5)G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的缘由为____________
________________________________________________________________。
氟化物
G的氟化物
Q的氟化物
R的氟化物
熔点/K
993
1 539
183
(6)向T的硫酸盐溶液中逐滴加入Y的氢化物的水溶液至过量，反应的离子方程式为_____________________________________________________。
(7)X单质的晶胞如右图所示，一个X晶胞中有________个X原子；若X晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个X原子之间的距离为________ cm(用代数式表示)。

解析　依据信息推断出X为C、Y为N、Z为O、G可能为F也可能为Na、Q为Mg、R为Si、T为Cu，而结合(5)中信息可知G为Na。(1)原子中每个电子的运动状态都不相同，N原子有7个电子，故有7种运动状态不同的电子；Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，共有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7个不同的能级。(2)留意N元素第一电离能的反常性。(3)CO2中C实行sp杂化，故OCN－中C也实行sp杂化。(4)1 mol SiO2含4 mol Si—O键，SiO2与HF反应生成的SiF4与CCl4的空间构型全都，均为正四周体形，而生成的H2O为V形。(6)氨水过量后，生成的是配离子[Cu(NH3)4]2＋。(7)晶胞中原子数＝×8＋×6＋4＝8；两个C原子间最近距离是5个C构成的四周体体心到顶点的距离，即a(a为四周体棱长)，依据上述思路可计算。
答案　(1)7　7　(2)C＜O＜N　(3)sp杂化
(4)4　正四周体形、V形
(5)NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2＋的半径比Na＋的半径小、电荷数高，晶格能：MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高、
(6)Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－
(7)8　或×
6．(2022·贵阳市联考)A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。其次周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半布满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均布满。请回答下列问题：
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的挨次是________(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______________________。
(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子实行________杂化；BC的空间构型为________(用文字描述)。
(3)1 mol AB－中含有的π键个数为________。
(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比是________。

(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢力量。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10－23 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n＝________(填数值)；氢在合金中的密度为________。
解析　依据题中已知信息，其次周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级可知，A为碳元素。B、C、D元素的推断较简洁，B为氮元素，C为氧元素，D为铜元素。晶胞的原子个数的计算主要留意D原子个数的计算，在晶胞上、下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子。
答案　(1)C<O<N　1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　(2)sp2　平面三角形　(3)2NA或2×6.02×1023　(4)1∶5　(5)5　0.083 g·cm－3
7．(2022·西安模拟)目前半导体生产开放了一场“铜芯片”革命——在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如下：
CuFeS2Cu2SCu2OCu―→CuSO4
(1)基态铜原子的电子排布式为________，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是________(填元素符号)。
(2)反应①、②中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是________，其空间构型是________。
(3)某同学用硫酸铜溶液与氨水做了一组试验：CuSO4溶液蓝色沉淀沉淀溶解深蓝色透亮     溶液。深蓝色透亮     溶液中的阳离子(不考虑H＋)内存在的全部化学键类型有______________________________。
(4)铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶胞的边长为a cm，则该氧化物的密度为________ g·cm－3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。

解析　(2)反应①、②中均生成SO2，SO2分子中硫原子为sp2杂化，利用VSEPR模型可推断其空间构型为V形。
(3)深蓝色透亮     溶液中的阳离子是[Cu(NH3)4]2＋，存在共价键与配位键两类化学键。
(4)分析晶胞示意图可知该晶胞中实际拥有2个氧、4个铜，可得该铜的氧化物化学式为Cu2O，一个晶胞含有2个“Cu2O”，质量为×144 g，该晶胞的体积为a3 cm3，结合密度、质量、体积三者之间的关系可求出密度ρ＝ g·cm－3。
答案　(1)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)　O　(2)sp2杂化　V形
(3)共价键、配位键　(4)
8．(2022·全国新课标Ⅱ，37)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：
(1)b、c、d中第一电离能最大的是________(填元素符号)，e的价层电子轨道示意图为________。
(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为________；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是________(填化学式，写出两种)。
(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是________；酸根呈三角锥结构的酸是________。(填化学式)
(4)e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为________。
(5)这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四周体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。

该化合物中阴离子为________，阳离子中存在的化学键类型有________；该化合物加热时首先失去的组分是________，推断理由是_______________。
解析　依据题意经推断可知，a、b、c、d、e依次为H、N、O、S、Cu。
(1)依据同周期和同主族元素第一电离能的变化规律和N原子的价层电子结构特点(2p轨道半布满)，可知，N、O、S的第一电离能大小挨次为I(N)>I(O)>I(S)；Cu的价层电子排布式为3d104s1，其价层电子轨道表示式为

(2)H与N、O、S形成的二元化合物分别为NH3、N2H4、H2O、H2O2、H2S。其中NH3分子呈三角锥形；中心原子的杂化方式为sp3杂化；依据分子结构式可知，分子中只含极性共价键的有：NH3、H2O、H2S，既含极性键又含非极性键的分子有N2H4和H2O2。
(3)这些元素形成的含氧酸有HNO2、HNO3、H2SO4、H2SO3，其中HNO2和HNO3分子中的中心原子的价层电子对数为＝3，H2SO4和H2SO3为＝4；SO呈四周体结构，SO呈三角锥结构。
(4)晶胞中O原子的个数为8×＋1＝2，Cu原子个数为4，两种原子个数比Cu∶O＝2∶1，其化学式为Cu2O。铜离子的电荷数为＋1。
(5)H、N、O、S、Cu这五种元素形成离子个数比为1∶1型离子化合物中，呈四周体结构的阴离子只有SO；由图2知该阳离子为[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋，其中存在的化学键类型有共价键和配位键，由于H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱，故该化合物加热时先失去H2O。
答案　(1)N　
(2)sp3　H2O2、N2H4
(3)HNO2、HNO3　H2SO3
(4)＋1
(5)SO　共价键和配位键　H2O　H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱