专题6物质结构与性质提能力

1、提能力十i儷fflU魏舔画1 & 随堂巩固1下列推论正确的是（）A. SiH4的沸点高于 CH4，可推测PH3的沸点高于 NH3B. NH 4为正四面体结构，可推测PH4也为正四面体结构C. CO2晶体是分子晶体，可推测 SiO2晶体也是分子晶体D. C2H6是碳链为直线形的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线形的非极性分子解析：本题考查物质结构的相关知识，通过演绎推理考查考生思维的严密性。选项A ,由于NH3分子间存在氢键，其沸点高于PH3。选项B, PH4与NH4结构相似，为正四面体结构。选项 C, SiO2是原子晶体。选项 D, C3H8中3个C原子不在一条直线上，且C3H8为极性分

2、子。答案：B2. （1）图1为元素X的前五级电离能的数值示意图。已知X的原子序数N0(注意N、0电离能反常)。Al、Cl形成的化合物为AICI3，根据其化合物的物理性质，可以推断其含有共价键。B和F形成的化合物BF3为平面三角形结构，中心原子B的杂化方式为sp2。答案：(1)1s22s22p63s2 (2)2、02 FN0 极性共价键(或共价键，或共价键与配位键) 平面三角形sp23. (1)如图是氖元素的一种核素的表示方法。请按该图的式样表示出中子数为28,质量数为52的铬元素(Cr)的一种核素。20氢10_2s2 2p6(2) Mn、Fe两元素的部分电离能数据见下表：丿元糸MnFe电离能I

3、17177591/kJ mol121 5091 561I33 2482 957比较两元素的12、丨3可知，Mn2+再失去一个电子比 Fe2+再失去一个电子难。原因是下表列出了一些共价键的键长:共价键C FC ClC BrC IC CC Si键长/pm98161182204154170请结合相关晶体结构的知识回答下列问题： CF4、CCI4、CBg、CI 4中C原子的杂化方式为 。 CF4、CCl4、CBr4、CI4四种物质中热稳定性最强的是 ，沸点最高的是(4)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。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 。52Cr答案:

4、243卩47休心立方而心立方(2)Mn 2+转化为Mn解析：本题考查杂化类型、化学键的判断，根据晶胞写化学式及物质沸点高低比较等 知识，意在考查考生综合运用物质结构原理的能力。X是形成化合物种类最多的元素，则为H元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，则Y为C元素；由Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，推出 Z为N元素，W的原子序数为29,则为Cu元素。 C2H 2中C原子轨道的杂化类型是sp杂化；1 mol C 2H2中含有3 mol 6键，2 mol n键。 NH 3的沸点比CH 4高的原因是NH3分子间存在氢键，而氢键的作用力比普通的分子 间作用力强。+时，3d能级

5、由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的 3d5半充满状态)sp3CF4 CI 4(4)2 : 14. 原子序数小于 36的X、Y、Z、W四种元素，其中 X是形成化合物种类最多的 元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子， W的原子序数为29。回答下列问题：(1)Y2X2分子中丫原子轨道的杂化类型为 , 1 mol Y2X2含有6键的数目为化合物ZX3的沸点比化合物 YX4的高，其主要原因是 。(3) 元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元

6、素Z的这种氧化物的分子式是。(4) 元素 W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物H nWCl 3，反应的化学方程式为 。1 1根据晶胞示意图，Cu为4个，Cl为8 X-+ 6X = 4(个)，则化学式为CuCI，其与浓 盐酸发生非氧化还原反应生成HnCuCh,由于Cu显+1价，推出n = 2,则反应的化学方程式为：2HCI(浓)+ CuCI=H 2CuCI 3。答案：(1)sp 杂化 3 mol 或 3X 6.02 X 1023个(2) NH 3分子间存在氢键(3) N 20(4) CuCI CuCI + 2HCI(浓)=H 2Cu

7、CI 3(或 CuCI + 2HCI(浓)=H 2CuCI 3)谣时作业1 铜是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuS04溶液常用作电解液、电镀液等。请回答以下问题：(1) CuS0 4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为_ ;(2) CuS0 4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是2.已知A、J、D、E、G是元素周期表中136号元素，其 原子序数依次增大。 A与另外四种元素既不在同一周期，也不在 同一主族。J和D同主族，E和G同周期；元素 G是周期表中的 第7列元素，E的最外层电子数与最内层电子数相同，E跟J可形成离子化合物，其晶胞结构 (其

8、中J原子在晶胞内部)如图。请回答下列问题:(1) D元素一1价离子的电子排式为 ;G元素原子的价电子排布式为 。(2) 元素J与氮元素可以形成化合物NJa,其中N J键的化学键类型为 ,根据价层电子对互斥理论可以判断NJ3的空间构型为 ,NJ3分子中N原子的杂化方式为杂化。(3) A、J形成的化合物 AJ的相对分子质量比 A、D形成的化合物 AD的相对分子质量小，但 AJ的沸点比 AD高，其原因是 (4) 从晶胞图可以得出：E与J形成的离子化合物的化学式为 (5) 含有E元素的化合物焰色反应为 色，焰色反应的原理是N2O4（I） + 2N2H4（I）=3N 2（g）+ 4H2O（g）i出=10

9、38.7 kJ mol若该反应中有4 mol N H键断裂，则形成的n键有mol。肼能与硫酸反应生成 N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内不存在（填标号）a.离子键b.共价键c.配位键d.范德华力（4）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的个顶点（见图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。a. CF4b. CH 4+c. NH4d. H2O解析：本题考查了原子核外电子排布、杂化轨道理论、分子结构等知识，同时考查了考生的观察能力和分析推理能力。肼分子中有4个N H键，故有4 mol N H键断裂时，有

10、1 mol肼发生反应，生成 1.5 mol N2,则形成2X 1.5 mol = 3 mol 71键。SO4中存在 配位键、共价键，N2H2+与SO：之间存在离子键，离子晶体中不存在范德华力。（4）与4个氮原子形成 4个氢键，要求被嵌入微粒能提供4个氢原子，并至少存在“NH”、“ H、“HF”三类键中的一种，对照条件知，NH4符合此要求。答案：（1）2s22p3 NOC（3）三角锥形sp33d （4）c4. 2011年3月11日日本发生了 9.0级强地震。福岛第一核电站 1号机组12日下午发 生氢气爆炸。随后在爆炸核电站周围检测到的放射性物质有碘131和铯137,碘131一旦被人体吸入，可能会

11、引发甲状腺疾病。日本政府计划向核电站附近居民发放防止碘一131辐射的药物碘片。（1）Cs（铯）的最外层电子排布式为6s1,与铯同主族的前四周期（包括第四周期）的三种元素A、B、C的电离能如下表：兀素代号ABC第一电离能（kJ mol ）520496419那么三种元素 A、B、C的元素符号分别为 ,形成其单质晶体的化学键类型是 。(1)F与I同主族，BeF2与H2O都是由三个原子构成的共价化合物分子，二者分子中的中心原子Be和O的杂化方式分别是 、。(3) 与碘同主族的氯具有较高的活泼性，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。BCla是一种非金属氯化物，该物质分子中B Cl键的

12、键角为。(4) 碘一131是碘单质，其晶胞结构如下图甲所示，该晶胞中含有 个I2分子;KI的晶胞结构如下图乙所示，每个K +紧邻个厂。甲乙解析：由铯的最外层电子排布式为6s1,可知A、B、C为第I A族，而I A族前四周期的元素分别为 H、Li、Na、K，又由提供的A、B的第一电离能的差值与B、C的第一电离能的差值相差不大可知，A、B、C不可能有H元素，而同主族元素随着电子层数的增加，第一电离能逐渐减小，故A、B、C分别为Li、Na、K。(2) BeF2分子内中心原子为 Be,其价电子数为 2, F提供2个电子，所以 Be原子的价 层电子对数为 2； 2 = 2, Be原子的杂化类型为 sp杂

13、化；H2O分子的中心原子为 O,其价 电子数为6, H提供2个电子，所以 O原子的价层电子对数为 半= 4, O原子杂化类型 为 sp3。3亠3(3) 硼原子价电子数为3, Cl提供3个电子，硼原子的价层电子对数为于=3,因价层电子对中没有孤对电子，故BC为平面正三角形结构，分子中B Cl键的键角为120(4) 由碘晶胞可知，I2在晶胞的8个顶点和6个面上，故一个晶胞中含有4个丨2分子；KI晶胞与NaCI晶胞结构相似，每个K +紧邻6个。答案：(1)Li、Na、K 金属键(2) sp sp3(3) 120 (4) 465氮化硼但N)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可

14、以得到BF3和BN，如图所示：CaF2,H?SO4硼砂h2so4* h3bo3XU请回答下列问题：由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是:电离能不但能说明原子的失电子能力(金属性)，也能通过电离能判断元素的化合价，下表列举了 C、Mg、X、Y四种元素的电离能(单位：kJ/mol)，请根据表中数据，回答有关 问题：丿元糸第一电离能第二电离能第三电离能第四电离能第五电离能第六电离能C1 086.52 352.64 620.56 222.737 83147 277Mg737.71 450.77 732.610 54013 63017 995X418.83 0524 4205 8777 9759

15、 590Y538.11 0671 8504 8196 4007 600 若X为第四周期的元素，其核外电子排布式为 ； 根据Y的电离能数据，可以判断Y最可能的化合价为 。(2) 利用C60独特的分子结构，可以将C60用作比金属及其合金更为有效的新型吸氢材料。已知常温下较稳定的 C60的氢化物有 C60H24、C60H 36和C60H 48在80215 C时，C60可以 100%回收，并可以用来重新制备 C60的氢化物。C60分子中碳的杂化类型为 ；理论上，1 mol C60可以吸收 mol H 2(3) 已知：N N键的键能为159 kJ/mol, N=N键的键能为 456 kJ/mol, NN

16、键的键 能为946 kJ/mol : 比。与C&0具有相似的分子结构。 N60与C60相比，分子结构相似，但原子的杂化类型不同，N60具有微弱的碱性。则HN60I的晶体类型为; 有科学家预言，N60是一种高能材料，请说明其理论依据 碳的常见同素异形体为金刚石和石墨(分子式可表示为 Cn)，氮化硼也有两种常见的 结构，分别对应类似于金刚石和石墨结构分子式可表示为 但N)n，下列有关解释正确的是A. C C键键长与BN键键长相等B. C、B、N的电负性相近C . (BN)n “分子”中，B、N原子与C原子相似，均能形成四个共价键D.但N)n与Cn可视为等电子体(5) 美宾夕法尼亚州立大学中国物理学

17、家郗小星，在世界上首次成功制成大电流硼化镁超导薄膜材料。硼化镁在37 K温度下有超导性，作为超硬超导材料，硼化镁已成为超导材料领域中的一颗新星。 如图是硼化镁的晶胞示意图。则硼化镁的化学式为 解析：(1)比较Mg与X的第一电离能可以判断，X为活泼金属，X的第一、二电离能差异较大，故X易失去1个电子，综合判断X为K元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p64s1 或Ar4s1o Y的第一、二、三电离能的差异较小，第三、四电离能差异较大，因此Y最可能的化合价为+ 3价。(2) 在C60分子中，1个C原子与周围的3个C原子形成共价键，故C原子采取sp2杂化，形成的3个键中，有2个单键和1个双

18、键，据此可以判断，C60中共有60= 30个双键，1 mol Cgo与H2加成最多可以消耗 30 mol出。(3) N 60中，N原子可形成3个共价键，与 NH3类似，且N60具有微弱的碱性，这也与 NH3类似，类比NH3与HI反应的产物，可以推出 HNgoI属于离子化合物，则其晶体为离 子晶体。根据N N键、NN键的键能，可以计算 N6oN2所放出的能量，由此可以推出 N60具有很大的内能。(4) BN中N原子有孤对电子，B有空轨道，它们之间可以形成 3个普通共价键和一个 配位键，BN的平均电子数与 C原子相同，因此可以视为等电子体， 而等电子体具有相似的 结构和性质，故选 CD o(5)

19、根据硼化镁晶体结构可以计算：Mg的原子数为12X三+ 2X1 = 3, B为6(硼原子均6 2居于晶胞内)；故硼化镁的化学式为MgB2。答案：(1) 1s22s22p63s23p64s1 或Ar4s1 + 32(2) sp30(3) 离子晶体 N60可形成90个N N键，分解生成 30个N N键，每摩尔Neo分 解放出30 mol X 946 kJ/mol 90 molX159 kJ/mol = 14 070 kJ的能量，由此可以判断 恥。为 高能材料(或N60分解放出大量的热)(4)CD (5)MgB 2 ?(3)S0：的立体构型是 ，其中S原子的杂化轨道类型是 ；(4)元素金(Au)处于周

20、期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布式为; 一种铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心, Au原子处于顶点位置，则该合金中 Cu原子与Au原子数量之比为 ;该晶体中,原子之间的作用力是;(5) 上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由 Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。 若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为 。解析：(3)硫酸根中心原子的价层电子对为：孤对电子数6- 2 X 4 +2= 0，成键电子对数 4，所以为正四面体结构，中心原子为sp杂化；(4)Au电子排布或类比 Cu，只是电子层多两

21、层，由于是面心立方，11晶胞内 N(Cu) = 6X-= 3, N(Au) = 8X = 1； (5)CaF2结构如图所示，所28以氢原子在晶胞内有 8个，可得储氢后的化学式为H 8AuCu 3。答案：(1)Cu + 2H2SO4(浓)=CuSO 4+ SO2 T + 2H 2O(2) 白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO4 5H2O晶体，显示水合铜离子特征蓝正四面体sp* 3 4 (4)6s1 3 : 1金属键(5)HsAuCu3解析：根据提示的信息可推知 A为H , E、G分别为Ca、Mn ;分析E、J形成的晶胞 可知E、J形成的化合物化学式为 EJ2,而E为Ca，故J、D位于第W

22、A族，即J、D分别 为 F、 Cl。答案：(1)1s* 22s22p63s23p6 3d54s2(2)共价键(或极性共价键)三角锥形sp3 4(3)前者分子间存在氢键(4)CaF 2(5)砖红 激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，以光的形式释放出能量3氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题：(1) 基态氮原子的价电子排布式是 。(2) C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是 。(3) 肼(N2H4)分子可视为 NH3分子中的一个氢原子被 一NH2(氨基)取代形成的另一种氮 的氢化物。NH3分子的空间构型是; N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是 。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是: ?(2)基态B原子的电子排布式为 ； B和N相比，电负性较大的是，