【創(chuàng)新設計】2021高考化學(江西專用)二輪專題提升練：第15講-物質結構與性質(含新題及解析)

第15講物質結構與性質1．(2022·四川理綜，8)X、Y、Z、R為前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大。XY2是紅棕色氣體；X與氫元素可形成XH3；Z基態(tài)原子的M層與K層電子數(shù)相等；R2＋離子的3d軌道中有9個電子。請回答下列問題：(1)Y基態(tài)原子的電子排布式是________；Z所在周期中第一電離能最大的主族元素是________。(2)XYeq\o\al(－,2)離子的立體構型是________；R2＋的水合離子中，供應孤電子對的原子是_________________________________________________________。(3)Z與某元素形成的化合物的晶胞如右圖所示，晶胞中陰離子與陽離子的個數(shù)比是________。(4)將R單質的粉末加入XH3的濃溶液中，通入Y2，充分反應后溶液呈深藍色，該反應的離子方程式是_______________________________________。解析由XY2是紅棕色氣體，且X與氫元素可形成XH3，可知X為N，Y為O；由Z基態(tài)原子的M層與K層電子數(shù)相等，可知Z為Mg；依據(jù)R2＋離子的3d軌道中有9個電子，即R的價電子排布式為3d104s1，故R為Cu，(1)O元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p4；Mg在第三周期，該周期中第一電離能最大的主族元素是Cl。(2)NOeq\o\al(－,2)離子的中心原子N的價層電子對數(shù)為eq\f(5＋1,2)＝3對，故氮原子發(fā)生的是sp2雜化，有一對弧電子對，故其立體構型為V形；Cu2＋的水合離子中，Cu2＋有空軌道，H2O分子O原子有2對孤原子對，故供應孤電子對的是H2O分子中的O原子。(3)如圖，晶胞中陰離子數(shù)為：2＋4×eq\f(1,2)＝4，陽離子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，其陰離子與陽離子的個數(shù)比4∶2＝2∶1。(4)Cu與濃氨水和O2反應，生成深藍色[Cu(NH3)4]2＋的離子方程式為2Cu＋8NH3·H2O＋O2=2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O。答案(1)①1s22s22p4②Cl(2)①V形②O(3)2∶1(4)2Cu＋8NH3·H2O＋O2=2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O2．有A、B、C、D、E五種元素，其相關信息如下：元素相關信息AA原子的1s軌道上只有1個電子BB是電負性最大的元素CC基態(tài)原子的2p軌道中有3個未成對電子DD是主族元素且與E同周期，其最外能層上有2個運動狀態(tài)不同的電子EE能形成紅色(或磚紅色)的E2O和黑色的EO兩種氧化物請回答下列問題：(1)寫出E元素原子基態(tài)時的電子排布式_____________________________。(2)C元素的第一電離能比氧元素的第一電離能________(填“大”或“小”)。(3)CA3分子中C原子的雜化類型是__________________________________。(4)A、C、E三種元素可形成[E(CA3)4]2＋，其中存在的化學鍵類型有________(填序號)；①配位鍵②金屬鍵③極性共價鍵④非極性共價鍵⑤離子鍵⑥氫鍵若[E(CA3)4]2＋具有對稱的空間構型，且當[E(CA3)4]2＋中的兩個CA3被兩個Cl－取代時，能得到兩種不同結構的產(chǎn)物，則[E(CA3)4]2＋的空間構型為________(填序號)。a．平面正方形 b．正四周體c．三角錐形 d．V形(5)B與D可形成離子化合物，其晶胞結構如圖所示。其中D離子的配位數(shù)為________，若該晶體的密度為ag·cm－3，則該晶胞的體積是________cm3(寫出表達式即可)。解析由題意知A為H、B為F、C為N、E為Cu，D為第4周期的主族元素，最外能層上有2個電子，所以為Ca。(1)見答案。(2)N的2p軌道半布滿比較穩(wěn)定，其第一電離能大于O的。(3)NH3中N的最外層有5個電子，其中3個與H形成3個σ鍵，還有一對孤電子對，所以價層電子對數(shù)為4，為sp3雜化。(4)[Cu(NH3)4]2＋中存在銅離子與氨分子之間的配位鍵，還有氮、氫原子之間的極性共價鍵；由該分子中有4個配體，從而排解c、d，由[E(CA3)4]2＋中的兩個CA3被兩個Cl－取代時，能得到兩種不同結構的產(chǎn)物，排解b，只有a正確。(5)選擇右面面心的D離子(Ca2＋)，在此晶胞中有4個B離子(F－)與之配位，同理與此晶胞右面緊連的晶胞中也有4個F－，所以其配位數(shù)為8；此晶胞中含有Ca2＋的個數(shù)為eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,2)×6＝4，F(xiàn)－的個數(shù)為8，所以1mol晶胞的質量為(40＋2×19)×4g＝(78×4)g，一個晶胞的質量為eq\f(4×78,6.02×1023)g，除以密度即得體積。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2)大(3)sp3雜化(4)①③a(5)8eq\f(4×78,a×6.02×1023)3．隨著全球經(jīng)濟的高速進展，目前海洋已成為世界的重要資源。請回答下列問題：(1)“可燃冰”是隱藏于海底的一種潛在能源，它由含有甲烷、氮氣、氧氣和硫化氫等分子的水分子籠構成。水分子間通過________形成水分子籠。N、O、S元素第一電離能由大到小的挨次為________(填元素符號)。(2)“蛟龍”號潛水器通過機械手成功地從海底取得“多金屬結核”樣本，樣本中含鐵、銅、鉻等多種金屬。①鉻元素基態(tài)原子的電子排布式為_________________________________。②金屬鐵的晶體在不同溫度下有兩種積累方式，其晶胞結構如圖所示。面心立方晶胞和體心立方晶胞中實際含有的Fe原子個數(shù)之比為________。③Cu2O的熔點比Cu2S的________(填“高”或“低”)，請解釋緣由：________________________________________________________________。(3)海水中含有豐富的碘元素。①F與I同主族，BeF2與H2O都是由三個原子構成的共價化合物，二者中的中心原子Be和O的雜化類型分別是________、________。②與I同主族的另一元素Cl具有較強的活潑性，能夠形成大量的含氯化合物，如金屬氯化物、非金屬氯化物等。其中，BCl3是一種非金屬氯化物，該物質分子中B—Cl鍵的鍵角為________。解析(1)水分子之間通過氫鍵形成水分子籠，N的第一電離能比O元素的大，是由于N的2p軌道為半布滿，比較穩(wěn)定；同主族元素O的第一電離能大于S。(2)②金屬鐵晶體的面心立方晶胞中實際含有的Fe原子個數(shù)為4，體心立方晶胞中實際含有的Fe原子個數(shù)為2，故二者中實際含有的Fe原子個數(shù)之比為2∶1。③離子晶體中，離子鍵的鍵長越短，離子鍵的鍵能越強，離子化合物的熔點越高，由于O2－的半徑小于S2－的半徑，所以Cu2O的熔點比Cu2S的高。(3)①BeF2分子中的中心原子為Be，其價電子數(shù)為2，F(xiàn)供應2個電子，所以Be原子的價層電子對數(shù)為eq\f(2＋2,2)＝2，Be原子的雜化類型為sp雜化；H2O分子中的中心原子為O，其價電子數(shù)為6，H供應2個電子，所以O原子的價層電子對數(shù)為eq\f(6＋2,2)＝4，O原子的雜化類型為sp3雜化。②硼原子的價電子數(shù)為3，氯原子供應3個電子，硼原子的價層電子對數(shù)為eq\f(3＋3,2)＝3，因價層電子對中沒有電子孤對，故BCl3為平面正三角形結構，則分子中B—Cl鍵的鍵角為120°。答案(1)氫鍵N＞O＞S(2)①1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1②2∶1③高Cu2O與Cu2S相比，陽離子相同、陰離子所帶的電荷也相同，但O2－的半徑比S2－的小，所以Cu2O的晶格能較大，熔點較高(3)①sp雜化sp3雜化②120°4．銅錳氧化物(CuMn2O4)能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)錳元素位于第四周期第ⅦB族?；鶓B(tài)Mn2＋的核外電子排布式為________________。NOeq\o\al(－,3)的空間構型為________(用文字描述)。(2)HCHO中含有的σ鍵和π鍵數(shù)目之比為________。(3)火山噴出的巖漿中含有多種硫化物，冷卻時ZnS比HgS先析出，緣由是________。(4)Cu3N形成的晶體結構如圖所示。則與同一個N3－相連的Cu＋有________個，Cu＋的半徑為apm，N3－的半徑為bpm，則Cu3N的密度為________g·cm－3。(阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，1pm＝10－10cm解析(1)Mn2＋核外有23個電子，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。NOeq\o\al(－,3)中N無孤電子對，空間構型為平面三角形。(2)HCHO的結構式為,1個雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，則HCHO中含有3個σ鍵和1個π鍵。(3)ZnS、HgS均為離子晶體，ZnS的晶格能大于HgS，因此ZnS先析出。(4)與1個N3－相連的Cu＋有6個。該晶胞的邊長為(2a＋2b)pm,1個晶胞中含有3個Cu,1個N，則Cu3N的密度為eq\f(64×3＋14,NA)g÷[(2a＋2b)×10－10cm]3＝eq\f(103×1030,4NAa＋b3)g·cm－3。答案(1)1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)平面三角形(2)3∶1(3)二者均為離子晶體，ZnS的晶格能大于HgS，故ZnS先析出(4)6eq\f(103×1030,4NAa＋b3)5．(2022·河南鄭州模擬)原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七種元素，核電荷數(shù)均小于36。已知X的一種1∶2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，且全部原子共平面；Z的L層上有2個未成對電子；Q原子的s能級與p能級電子數(shù)相等；R單質是制造各種計算機、微電子產(chǎn)品的核心材料；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子。(1)Y原子核外共有________種不同運動狀態(tài)的電子，T原子有________種不同能級的電子。(2)X、Y、Z的第一電離能由小到大的挨次為________(用元素符號表示)。(3)由X、Y、Z形成的離子ZXY－與XZ2互為等電子體，則ZXY－中X原子的雜化軌道類型為________。(4)Z與R能形成化合物甲，1mol甲中含________mol化學鍵，甲與氫氟酸反應，生成物的分子空間構型分別為________。(5)G、Q、R氟化物的熔點如下表，造成熔點差異的緣由為____________________________________________________________________________。氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔點/K9931539183(6)向T的硫酸鹽溶液中逐滴加入Y的氫化物的水溶液至過量，反應的離子方程式為_____________________________________________________。(7)X單質的晶胞如右圖所示，一個X晶胞中有________個X原子；若X晶體的密度為ρg·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體中最近的兩個X原子之間的距離為________cm(用代數(shù)式表示)。解析依據(jù)信息推斷出X為C、Y為N、Z為O、G可能為F也可能為Na、Q為Mg、R為Si、T為Cu，而結合(5)中信息可知G為Na。(1)原子中每個電子的運動狀態(tài)都不相同，N原子有7個電子，故有7種運動狀態(tài)不同的電子；Cu原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，共有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7個不同的能級。(2)留意N元素第一電離能的反常性。(3)CO2中C實行sp雜化，故OCN－中C也實行sp雜化。(4)1molSiO2含4molSi—O鍵，SiO2與HF反應生成的SiF4與CCl4的空間構型全都，均為正四周體形，而生成的H2O為V形。(6)氨水過量后，生成的是配離子[Cu(NH3)4]2＋。(7)晶胞中原子數(shù)＝eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,2)×6＋4＝8；兩個C原子間最近距離是5個C構成的四周體體心到頂點的距離，即eq\f(\r(3),4)a(a為四周體棱長)，依據(jù)上述思路可計算。答案(1)77(2)C＜O＜N(3)sp雜化(4)4正四周體形、V形(5)NaF與MgF2為離子晶體，SiF4為分子晶體，故SiF4的熔點低；Mg2＋的半徑比Na＋的半徑小、電荷數(shù)高，晶格能：MgF2＞NaF，故MgF2的熔點比NaF高、(6)Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－(7)8eq\f(\r(2)×\r(3,\f(12,ρNA)),2sin\f(109°28′,2))或eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(96,ρNA))6．(2022·貴陽市聯(lián)考)A、B、C、D是元素周期表中前36號元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。其次周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍且有3個能級，B原子的最外層p軌道的電子為半布滿結構，C是地殼中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均布滿。請回答下列問題：(1)A、B、C的第一電離能由小到大的挨次是________(用對應的元素符號表示)；基態(tài)D原子的電子排布式為______________________。(2)A的最高價氧化物對應的水化物分子中，其中心原子實行________雜化；BCeq\o\al(－,3)的空間構型為________(用文字描述)。(3)1molAB－中含有的π鍵個數(shù)為________。(4)如圖是金屬Ca和D所形成的某種合金的晶胞結構示意圖，則該合金中Ca和D的原子個數(shù)比是________。(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結構XYn，它們有很強的儲氫力量。已知鑭鎳合金LaNin晶胞體積為9.0×10－23cm3，儲氫后形成LaNinH4.5合金(氫進入晶胞空隙，體積不變)，則LaNin中n解析依據(jù)題中已知信息，其次周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍且有3個能級可知，A為碳元素。B、C、D元素的推斷較簡潔，B為氮元素，C為氧元素，D為銅元素。晶胞的原子個數(shù)的計算主要留意D原子個數(shù)的計算，在晶胞上、下兩個面上共有4個D原子，在前、后、左、右四個面上共有4個D原子，在晶胞的中心還有一個D原子。答案(1)C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2)sp2平面三角形(3)2NA或2×6.02×1023(4)1∶5(5)50.083g·cm－37．(2022·西安模擬)目前半導體生產(chǎn)開放了一場“銅芯片”革命——在硅芯片上用銅代替鋁布線，古老的金屬銅在現(xiàn)代科技應用上取得了突破，用黃銅礦(主要成分為CuFeS2)生產(chǎn)粗銅，其反應原理如下：CuFeS2eq\o(→,\s\up15(O2),\s\do15(800℃))Cu2Seq\o(→,\s\up15(O2，△),\s\do15(①))Cu2Oeq\o(→,\s\up15(Cu2S，△),\s\do15(②))Cu→CuSO4(1)基態(tài)銅原子的電子排布式為________，硫、氧元素相比，第一電離能較大的元素是________(填元素符號)。(2)反應①、②中均生成有相同的氣體分子，該分子的中心原子雜化類型是________，其空間構型是________。(3)某同學用硫酸銅溶液與氨水做了一組試驗：CuSO4溶液eq\o(→,\s\up15(氨水))藍色沉淀eq\o(→,\s\up15(氨水))沉淀溶解eq\o(→,\s\up15(氨水))深藍色透亮?????溶液。深藍色透亮?????溶液中的陽離子(不考慮H＋)內存在的全部化學鍵類型有______________________________。(4)銅的某種氧化物晶胞結構如圖所示，若該晶胞的邊長為acm，則該氧化物的密度為________g·cm－3(設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)。解析(2)反應①、②中均生成SO2，SO2分子中硫原子為sp2雜化，利用VSEPR模型可推斷其空間構型為V形。(3)深藍色透亮?????溶液中的陽離子是[Cu(NH3)4]2＋，存在共價鍵與配位鍵兩類化學鍵。(4)分析晶胞示意圖可知該晶胞中實際擁有2個氧、4個銅，可得該銅的氧化物化學式為Cu2O，一個晶胞含有2個“Cu2O”，質量為eq\f(2,NA)×144g，該晶胞的體積為a3cm3，結合密度、質量、體積三者之間的關系可求出密度ρ＝eq\f(288,NAa3)g·cm－3。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)O(2)sp2雜化V形(3)共價鍵、配位鍵(4)eq\f(288,NAa3)8．(2022·全國新課標Ⅱ，37)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數(shù)依次增大。a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，b的價電子層中的未成對電子有3個，c的最外層電子數(shù)為其內層電子數(shù)的3倍，d與c同族；e的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子?；卮鹣铝袉栴}：(1)b、c、d中第一電離能最大的是________(填元素符號)，e的價層電子軌道示意圖為________。(2)a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子的中心原子的雜化方式為________；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是________(填化學式，寫出兩種)。(3)這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是________；酸根呈三角錐結構的酸是________。(填化學式)(4)e和c形成的一種離子化合物的晶體結構如圖1，則e離子的電荷為________。(5)這5種元素形成的一種1∶1型離子化合物中，陰離子呈四周體結構；陽離子呈軸向狹長的八面體結構(如圖2所示)。該化合物中