2024版新高考版化学总复习专题八化学键分子和晶体的结构与性质十年高考题分类

北京曲一线图书策划有限公司2024版《5年高考3年模拟》A版第第页专题八化学键分子和晶体的结构与性质考点一化学键分子间作用力1.(2022北京,7,3分)已知:H2+Cl22HCl。下列说法不正确的是()A.H2分子的共价键是s-sσ键,Cl2分子的共价键是s-pσ键H2在Cl2中燃烧B.燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状C.停止反应后,用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟D.可通过原电池将H2与Cl2反应的化学能转化为电能答案ACl2分子的共价键是p-pσ键,A不正确;HCl气体与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴,呈雾状,B正确;HCl与浓氨水挥发产生的NH3反应生成NH4Cl固体,产生白烟,C正确;H2与Cl2的反应为自发进行的氧化还原反应,可设计成原电池,D正确。2.(2022北京,9,3分)由键能数据大小,不能解释下列事实的是()化学键C—HSi—HC—OSi—OC—CSi—Si键能/kJ·mol-1411318799358452346222A.稳定性:CH4>SiH4B.键长:<C—OC.熔点:CO2<SiO2D.硬度:金刚石>晶体硅答案CC—H键键能大于Si—H键键能,CH4更稳定;CO键键能大于C—O键键能,键键长更短;金刚石和晶体硅均属共价晶体,C—C键键能大于Si—Si键键能,金刚石硬度更大;CO2属于分子晶体,SiO2属于共价晶体,CO2熔点较低,与键能大小无关,故选C。3.(2022海南,10,4分)(双选)已知CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl,ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强。下列有关说法正确的是()A.HCl的电子式为H+[··Cl······B.Cl—Cl键的键长比I—I键短C.CH3COOH分子中只有σ键D.ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强答案BDHCl为共价化合物,A不正确;氯原子半径小于碘原子半径,则键长:Cl—Cl<I—I,B正确;CH3COOH分子中含有碳氧双键,双键中含有π键,C不正确;Cl的电负性大于H,由题中信息可知ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强,而Cl的电负性大于I,则ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强,D正确。易错警示书写化合物的电子式时,先要判断化合物为离子化合物还是共价化合物。4.(2022湖南,2,3分)下列说法错误的是()A.氢键、离子键和共价键都属于化学键B.化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识D.石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一答案A氢键为分子间作用力,不属于化学键,A项错误;制造玻璃的主要原料为石灰石、纯碱、石英砂,制造水泥的主要原料为石灰石、黏土,D项正确。5.(2022浙江1月选考,5,2分)下列表示不正确的是()A.乙炔的结构简式:B.KOH的电子式:K+[··O······HC.乙烷的球棍模型:D.氯离子的结构示意图:答案CC项中所示模型是CH3CH3的比例(空间填充)模型,CH3CH3的球棍模型是。6.(2013课标Ⅰ,37,15分)硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:(1)基态Si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,电子数为。

(2)硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地壳中。

(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献个原子。

(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4,该反应的化学方程式为。

(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:化学键C—CC—HC—OSi—SiSi—HSi—O键能/(kJ·mol-1)356413336226318452①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是。

②SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是。

(6)在硅酸盐中,SiO44-四面体[如图(a)]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根,其中Si原子的杂化形式为,Si与O的原子数之比为,化学式为答案(1)M94(2)二氧化硅(3)共价键3(4)Mg2Si+4NH4ClSiH4+4NH3+2MgCl2(5)①C—C键和C—H键较强,所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低,易断裂,导致长链硅烷难以生成②C—H键的键能大于C—O键,C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键,所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键(6)sp31∶3[SiO3]n2n-(解析(1)基态Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2,电子占据的最高能层为第三层,符号为M,该能层原子轨道总数=1(3s轨道)+3(3p轨道)+5(3d轨道)=9,电子数为4。(3)6个面心位置贡献的Si原子数=6×12=3。(4)由题给信息可写出制备SiH4的化学方程式为Mg2Si+4NH4Cl2MgCl2+4NH3+SiH4。(5)可根据相关键能的数据解释相关的两个事实,详见答案。(6)在SiO44-四面体结构中,处于四面体中心的硅原子的杂化方式为sp3;单链结构的多硅酸根中,重复出现的最小结构单元为,其中Si原子数目为2,1、4号氧原子为两个单元所共有,2、3、5、6、7号氧原子完全属于该单元,故每个最小单元的氧原子数目为5+2×12=6,Si与O原子数之比为2∶6=1∶3,故单链结构的多硅酸根的化学式为[SiO思路分析根据单质硅的结构和性质回答(1)、(2)、(3);由题目信息回答(4);通过比较碳和硅的有关化学键键能回答(5);分析题给图像来回答(6)。7.(2013福建理综,31,13分)(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律,参照下图中B、F元素的位置,用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到:4NH3+3F2NF3+3NH4F①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有(填序号)。

a.离子晶体b.分子晶体c.原子晶体d.金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为。

(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:[H3O]+QR①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及(填序号)。

a.离子键 b.共价键c.配位键 d.金属键e.氢键 f.范德华力②R中阳离子的空间构型为,阴离子的中心原子轨道采用杂化。

(4)已知苯酚()具有弱酸性,其Ka=1.1×10-10;水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断,相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)Ka(苯酚)(填“>”或“<”),其原因是

。

答案(1)(2)①a、b、d②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(3)①a、d②三角锥形sp3(4)<中形成分子内氢键,使其更难电离出H+解析(1)同一周期,从左到右,元素第一电离能的变化趋势是增大的。但是,由于N(1s22s22p3)的p轨道为半满状态,所以N的第一电离能大于O(1s22s22p4)的第一电离能。(2)NH3、F2和NF3为分子晶体,NH4F为离子晶体,Cu为金属晶体。(3)①水分子和分子间存在氢键和范德华力,水分子和分子内均存在共价键,B和O之间存在配位键。②在[H3O]+中,O原子采取sp3杂化,空间构型为三角锥形;由的结构知B原子与O、F原子形成4个σ键,需4个杂化轨道,故B原子为sp3杂化。考点二分子结构与性质1.(2022湖北,11,3分)磷酰三叠氮是一种高能分子,结构简式为。下列关于该分子的说法正确的是()A.为非极性分子B.立体构型为正四面体形C.加热条件下会分解并放出N2D.分解产物NPO的电子式为N︙︙P··O··答案CA项,磷酰三叠氮分子中的正、负电荷中心不重合,不是对称结构,是极性分子,错误;B项,磷酰三叠氮分子中含有三个P—N键及一个PO键,则立体构型(空间结构)为四面体形,错误;C项,叠氮化物一般不稳定,加热条件下会分解并放出N2,正确;D项,分解产物NPO为共价化合物,则电子式为··N︙︙P··O······,2.(2022江苏,2,3分)少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法正确的是()A.Na2O2的电子式为Na+[··O······]2-B.H2O的空间构型为直线形C.H2O2中O元素的化合价为-1D.NaOH仅含离子键答案CNa2O2的电子式为Na+[··O······O······]2-Na+,A错误;H2O分子中氧原子为sp3杂化,孤电子对数为2,则H2O的空间构型为V形,B错误;H2O2中氢、氧元素的化合价分别为+1、-1,C正确;NaOH中Na+与OH-之间为离子键,OH-3.(2022浙江6月选考,26,4分)(1)乙醇的挥发性比水的强,原因是

。

(2)金属氢化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比NaH的强,原因是

。

答案答案(1)乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少,分子间作用力小(2)Na+半径小于K+,Na+与H-的离子键作用强,H-更难失电子,还原性更弱解析(1)分子间作用力越强,分子挥发性越弱。1molCH3CH2OH分子间形成1mol氢键,1molH2O分子间形成2mol氢键,分子间作用力:CH3CH2OH<H2O,故挥发性:CH3CH2OH>H2O。KH和NaH均为离子化合物,成键离子的半径越小、带电荷数越多,形成的离子键越强,则H-的还原性越弱。4.(2018江苏单科,21A,12分)臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO42-和NO3-,NO(1)SO42-中心原子轨道的杂化类型为;NO3-的空间构型为(2)Fe2+基态核外电子排布式为。

(3)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为(填化学式)。

(4)N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=。

(5)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中,NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图答案(1)sp3平面(正)三角形(2)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6(3)NO(4)1∶2(5)解析本题考查原子轨道杂化类型、微粒的立体构型、核外电子排布式、等电子体、σ键与π键、配位键等知识。(1)SO42-中心原子的价层电子对数为4,则中心原子的杂化类型为sp3;NO3-的中心原子杂化类型为sp2,且σ键数与杂化轨道数相等,故NO(2)Fe2+基态核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。(3)等电子体具有相同的原子数和价电子数,与O3分子互为等电子体的一种阴离子为NO2(4)N2的结构式为,故N2分子中n(σ)∶n(π)=1∶2。(5)H2O中的O原子、NO中的N原子与Fe2+形成配位键,故结构示意图为。知识归纳对于ABm型分子或ABm价层电子对数中心原子A杂化类型配位原子数空间构型4sp34正四面体3三角锥形2V形3sp23平面三角形2V形2sp2直线形5.(2016江苏单科,21A,12分)[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++4HOCH2CNHOCH2CN的结构简式(1)Zn2+基态核外电子排布式为。

(2)1molHCHO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。

答案(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)(2)3(3)sp3和sp(4)NH(5)或解析(1)基态Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2,Zn原子失去4s轨道上的2个电子形成Zn2+,由此可写出Zn2+基态核外电子排布式。(2)HCHO的结构式为,则1molHCHO分子中含有3molσ键。(3)HOCH2CN的结构式为,中的C原子采取sp3杂化,—CN中的C原子采取sp杂化。(4)等电子体具有相同的原子数和相同的价电子数,与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH26.(2014天津理综,7,14分)元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题:(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是。

a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱,非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为,氧化性最弱的简单阳离子是。

(3)已知:化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/℃28002050714191工业制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是

;

制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是。

(4)晶体硅(熔点1410℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下:Si(粗)SiCl4SiCl4(纯)Si(纯)写出SiCl4的电子式:;在上述由SiCl4制纯硅的反应中,测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量,写出该反应的热化学方程式:。

(5)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是。

a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(6)KClO3可用于实验室制O2,若不加催化剂,400℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式:。

答案(1)b(2)氩Na+(或钠离子)(3)MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本AlCl3是共价化合物,熔融态难导电(4)··Cl··SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)ΔH=+0.025akJ·mol-1(5)b(6)4KClO3KCl+3KClO4解析(1)a项,S2-、Cl-的半径大于Na+、Mg2+、Al3+的半径;c项,最高价氧化物对应的水化物才是按原子序数的递增碱性减弱,酸性增强;d项,第三周期主族元素的单质的熔点是中间高、两头低。(2)第三周期中,原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩;金属越活泼,其阳离子氧化性越弱。(3)MgO的熔点高,加热时不易熔化;制铝时是不能电解AlCl3的,因AlCl3是共价化合物,熔融态难导电。(4)1.12kg纯硅的物质的量为40mol,故每生成1molSi吸收的热量为140×akJ=0.025akJP2O5、H2SO4(浓)都是酸性干燥剂,所以NH3既不能用浓H2SO4干燥,也不能用P2O5干燥。SO2虽然有还原性,但它不能被浓H2SO4氧化,故SO2既可以用浓H2SO4干燥,也可以用P2O5干燥。CO2是一种酸性氧化物,两种干燥剂都能用来干燥它。HI气体是能被浓H2SO4氧化的酸性气体,可用P2O5干燥。7.(2014四川理综,8,13分)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)XY2-离子的立体构型是;R2+的水合离子中,提供孤电子对的原子是(3)Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示,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。

答案(13分)(1)1s22s22p4Cl(2)V形O(3)2∶1(4)2Cu+8NH3·H2O+O22[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O解析由题干信息可推出X、Y、Z、R分别为N、O、Mg、Cu。(1)氧元素基态原子的电子排布式为1s22s22p4;Mg所在第三周期中第一电离能最大的主族元素是Cl。(2)NO2-离子呈V形结构,Cu2+的水合离子中提供孤电子对的原子是O。(3)由晶胞示意图可知,阳离子位于8个顶点和体心,N(阳离子)=1+8×18=2;阴离子在上、下两个面共有4个,内部有2个,N(阴离子)=4×12+2=4,阴离子和阳离子个数比为2∶1。(4)由已知信息可知生成物中有[Cu(NH3)4]2+,则离子方程式为2Cu+8NH3·H2O+O22[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H8.(2013山东理综,32,8分)卤族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势,正确的是。

(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷,下图为其晶胞结构示意图,则每个晶胞中含有B原子的个数为,该功能陶瓷的化学式为。

(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为和。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有种。

(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物中提供孤对电子的原子是。

答案(1)a(2)2BN(3)sp2sp33(4)X解析(1)b项,氟元素无最高正价;c项,HF分子间存在氢键,导致沸点升高;d项,F2、Cl2、Br2的熔点随相对分子质量增大而升高。(2)根据题给晶胞,可以判断大球代表B原子。则晶胞中B原子个数为8×18+1=2,N原子个数为4×14+1=2,则化学式为(3)判断第一电离能时要注意洪特规则,其中O原子第一电离能小于N原子但大于B原子,Be原子第一电离能大于B原子,但小于N原子,故共有Be、C、O三种元素。(4)硼原子是缺电子体,故需要外界原子提供孤对电子。9.(2012山东理综,32,8分)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。(1)下列关于金属及金属键的说法正确的是。

a.金属键具有方向性与饱和性b.金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用c.金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子d.金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光(2)Ni是元素周期表中第28号元素,第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是。

(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n=。CO与N2结构相似,CO分子内σ键与π键个数之比为。

(4)甲醛(H2CO)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为,甲醇分子内的O—C—H键角(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。

答案(1)b(2)C(碳)(3)41∶2(4)sp3小于解析(1)a项,金属键是金属阳离子与自由电子之间的强烈相互作用,自由电子属于整个晶体,所以金属键无方向性和饱和性;d项,金属能反射照射到其表面的光,所以金属具有光泽。(2)Ni的价电子排布式为3d84s2,3d轨道上有两个未成对电子。第二周期有两个未成对电子的元素有C、O,同周期主族元素从左到右电负性增强,故C的电负性小于O。(3)Ni有10个价电子,即配体CO提供8个电子(或4对孤对电子),故n=4。CO与N2互为等电子体,故CO中存在三键,包括一个σ键、两个π键。(4)甲醇中碳原子形成四个σ键,为sp3杂化。甲醇分子内O—C—H键角接近109°28',甲醛分子的空间构型为平面形,键角接近120°。考点三晶体结构与性质1.(2022湖北,7,3分)C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是()A.具有自范性B.与C60互为同素异形体C.含有sp3杂化的碳原子D.化学性质与金刚石有差异答案AA项,自范性是晶体的性质,碳玻璃为非晶态,没有自范性,错误;B项,碳玻璃和C60是由碳元素形成的不同的单质,二者互为同素异形体,正确;C项,碳玻璃的硬度高,与金刚石类似,结构也应有一定的相似性,所以含有sp3杂化的碳原子,正确;D项,同素异形体性质差异主要表现在物理性质上,但化学性质也存在差异,正确。2.(2022湖北,9,3分)某立方卤化物可用于制作光电材料,其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是()A.Ca2+的配位数为6B.与F-距离最近的是K+C.该物质的化学式为KCaF3D.若F-换为Cl-,则晶胞棱长将改变答案BA项,由题图可知,Ca2+位于体心,F-位于面心,所以Ca2+的配位数为6,正确;B项,F-与K+的最近距离为棱长的22,F-与Ca2+的最近距离为棱长的12,与F-距离最近的是Ca2+,错误;C项,一个该晶胞中含K+个数为18×8=1,F-个数为12×6=3,Ca2+个数为1,故该物质的化学式为KCaF3,正确;D项,F-的半径小于K+,它位于四个K+围成的空隙中,Cl-的半径比K+大,Cl-替换F-后K+不再相切知识拓展离子晶体的“堆积—填隙”模型:按照金属晶体中金属原子的空间堆积方式,把金属原子换成大的离子(通常是阴离子),然后把电性相反的小离子(通常是阳离子)填入堆积球的空隙中,就得到离子晶体的“堆积—填隙”模型。(1)离子晶体中的大离子先在空间尽可能密地堆积起来——球是相切的。(2)小离子填入堆积球之间的空隙——球不一定是相切的。3.(2022湖北,10,3分)Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近,导致两元素性质相似。下列说法错误的是()A.Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物B.BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低C.Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性D.Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在答案AA项,Al3+与氨水反应生成Al(OH)3沉淀而不是配合物,错误;B项,BeCl2和AlCl3属于分子晶体,MgCl2属于离子晶体,正确;C项,Al(OH)3为两性氢氧化物,可表现出弱酸性,则Be(OH)2也可表现出弱酸性,正确;D项,Be和Al的氢化物中H元素显-1价,与酸反应生成氢气和盐,都不能在酸中稳定存在,正确。知识拓展对角线规则对角线规则是指某些主族元素与其相邻右下方的主族元素的有些性质相似的现象。在第二、三周期中,比较明显地表现在Li和Mg、Be和Al、B和Si这三对元素之间。4.(2022山东,5,2分)AlN、GaN属于第三代半导体材料,二者成键结构与金刚石相似,晶体中只存在N—Al键、N—Ga键。下列说法错误的是()A.GaN的熔点高于AlNB.晶体中所有化学键均为极性键C.晶体中所有原子均采取sp3杂化D.晶体中所有原子的配位数均相同答案AAlN、GaN均为共价晶体,原子半径:Al<Ga,则N—Al键键长短,键能大,故GaN的熔点低于AlN,A项错误;晶体中只存在N—Al键、N—Ga键,故两种晶体中所有化学键均为极性键,B项正确;金刚石中C原子采取sp3杂化,AlN、GaN与金刚石成键结构相似,故晶体中每个原子周围形成四个共价键,配位数是4,所有原子均采取sp3杂化,C、D项正确。5.(2022山东,15,4分)(双选)Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料,充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示,晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是()A.每个Cu2-xSe晶胞中Cu2+个数为xB.每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2-xSe晶胞,转移电子数为8C.每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-xD.当NayCu2-xSe转化为NaCuSe时,每转移(1-y)mol电子,产生(1-x)molCu原子答案BD由题给Cu2-xSe晶胞的结构可知,位于顶点和面心的Se2-的个数为8×18+6×12=4,设晶胞中Cu2+和Cu+的个数分别为a和b,得a+b=4×(2-x),由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得2a+b=4×2,解得a=4x,A项错误;Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)CuCu2-xSe+2Na+,由Na2Se晶胞结构可知,位于顶点和面心的Se2-个数为8×18+6×12=4,Na+个数为8,则每个晶胞中含有4个Na2Se,转移电子数为8,B项正确;Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+NaCuSe+(1-x)Cu,由晶胞结构可知,每个晶胞中含有4个NaCuSe,则晶胞中0价Cu原子个数为4-4x,C项错误;NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y)e-+(1-y)Na+NaCuSe+(1-x)Cu,所以每转移(1-y)mol电子,产生(1-x)molCu原子,D疑难点拨(1)利用均摊法分析不同的晶胞结构;(2)利用电荷守恒和原子守恒配平充放电过程的总反应,注意带有字母化学式的物质的化学计量数。6.(2022江苏,5,3分)下列说法正确的是()A.金刚石与石墨烯中的C—C—C夹角都为120°B.SiH4、SiCl4都是由极性键构成的非极性分子C.锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为4s24p2D.ⅣA族元素单质的晶体类型相同答案B金刚石呈正四面体形结构,键角为109°28',石墨烯为平面形结构,键角为120°,A错误;SiH4、SiCl4分子中均为极性键,空间结构均为正四面体形,均为非极性分子,B正确;Ge原子基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2,C错误;金刚石、Si为共价晶体,Pb为金属晶体,D错误。易混易错要注意原子基态核外电子排布式和价电子排布式的区别。7.(2022湖南,18,15分)铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素,且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题:(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药,其结构式如下:①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar];

②该新药分子中有种不同化学环境的C原子;

③比较键角大小:气态SeO3分子SeO32-离子(填“>”“<”或“=”),原因是(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示:①富马酸分子中σ键与π键的数目比为;

②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为。

(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物,该物质可以在温和条件下直接活化H2,将N3-转化为NH2-,①产物中N原子的杂化轨道类型为;

②与NH2-互为等电子体的一种分子为(填化学式)(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料,其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示:①该超导材料的最简化学式为;

②Fe原子的配位数为;

③该晶胞参数a=b=0.4nm、c=1.4nm。阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为g·cm-3(列出计算式)。

答案(1)①3d104s24p4②8③>SeO3中Se采取sp2杂化,SeO32-中Se采取sp(2)①11∶3②O>C>H>Fe(3)①sp3②H2O或H2S(4)①KFe2Se2②4③(39+56×2+79×2)×2解析(1)①Se位于元素周期表第四周期第ⅥA族,其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4。②乙烷硒啉结构对称,共有8种不同化学环境的C原子,如图:。③气态SeO3分子中Se的价层电子对数为3,无孤电子对,空间结构为平面三角形,键角为120°;SeO32-中Se的价层电子对数为4,孤电子对数为1,空间结构为三角锥形,键角小于120°。(2)①由富马酸的结构模型可知,白球代表H原子、黑球代表O原子、灰球代表C原子,故其结构可表示为,σ键与π键的数目比为11∶3。②元素的非金属性越强,电负性越大,故电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe。(3)①产物中N原子形成4条价键,故N原子的杂化方式为sp3。②与NH2-互为等电子体的分子有H2O、H2S等。(4)①由平面投影图可得晶胞的结构为。利用“均摊法”,晶胞所含K原子个数为8×18+1=2,所含Fe原子个数为8×12=4,所含Se原子个数为8×14+2=4,故该超导材料的最简化学式为KFe2Se2。②由晶胞可知,与铁原子最近且等距离的Se有4个,故Fe原子的配位数为4。③1个晶胞中含有2个KFe2Se2,故1molKFe2Se2的体积为0.4×0.4×1.4×10-21cm32×NA,1molKFe2Se2的质量为(39+56×2+79×28.(2022全国甲,35,15分)2008年北京奥运会的“水立方”,在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”,实现了奥运场馆的再利用,其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2CH2)与四氟乙烯(CF2CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题:(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为。

(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是(填标号),判断的根据是;第三电离能的变化图是(填标号)。

(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式,画出(HF)3的链状结构。

(4)CF2CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为和;聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯,从化学键的角度解释原因。

(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物,其晶胞结构如图所示,X代表的离子是;若该立方晶胞参数为apm,正负离子的核间距最小为pm。

答案(1)↑↓2s↑↓↑↓↑(2)a同周期元素从左到右,第一电离能呈增大趋势,N原子的价电子排布式为2s22p3,2p轨道是半充满稳定结构,第一电离能比O原子大b(3)H—F…H—F…H—F(4)sp2sp3F的电负性比H大,C—F键的键能比C—H键的大(5)Ca2+34解析(1)基态F原子的价电子排布式为2s22p5,故其价电子排布图(轨道表示式)为↑↓2s↑↓↑↓↑2p(2)C、N、O、F均位于第二周期,原子半径逐渐减小,原子核对最外层电子的吸引能力增强,第一电离能逐渐增大,但N原子的价电子排布式为2s22p3,2p轨道是半充满稳定结构,第一电离能比O原子大,故选a;C原子失去2个电子后达到2s2全满稳定结构,再失去1个电子较难,故第三电离能比N原子大,故选b。(3)固态氟化氢分子间存在氢键,故(HF)3的链状结构为H—F…H—F…H—F。(4)CF2CF2分子中C原子形成碳碳双键,故C原子为sp2杂化;ETFE是乙烯与四氟乙烯的共聚物,可表示为CH2—CH2—CF2—CF2,故在ETFE分子中碳原子为sp3杂化;由于F的电负性比H大,C—F键的键能比C—H键的大,故聚四氟乙烯比聚乙烯稳定。(5)X离子位于顶点和面心,根据均摊法知,X离子数目为8×18+6×12=4,Y离子位于体内,故Y离子数目为8,结合CaF2的化学式知,X代表的离子是Ca2+;根据晶胞结构图知,Ca2+与F-的最小核间距为正方体体对角线长度的14,即正负离子的核间距最小为3易错警示比较电离能时,注意当核外电子排布达到全空、半充满和全充满时,结构稳定,电离能就会反常得大。9.(2022全国乙,35,15分)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题:(1)氟原子激发态的电子排布式有,其中能量较高的是。(填标号)

a.1s22s22p43s1b.1s22s22p43d2c.1s22s12p5d.1s22s22p33p2(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中,C的一个杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl键,并且Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Π3②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中,C—Cl键长的顺序是,理由:(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多,形成的C—Cl键越强;(ⅱ)。

(3)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应,生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为。解释X的熔点比Y高的原因。

(4)α-AgI晶体中I-离子作体心立方堆积(如图所示),Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下,Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此,α-AgI晶体在电池中可作为。

已知阿伏加德罗常数为NA,则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=m3·mol-1(列出算式)。

答案(1)add(2)①sp2σ②C2H5Cl>C2H3Cl>C2HClCl参与形成的大π键越多,形成的C—Cl键越短(3)CsClCsCl是离子晶体,熔化时需要克服Cs+和Cl-之间的离子键,而ICl是分子晶体,熔化时只需要克服范德华力(4)固体电解质12(5.04×10-10)3N解析(1)基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5,有9个电子,排除b、c项;a项,相当于F原子的一个电子从2p能级跃迁到3s能级,属于激发态氟原子,正确;d项,相当于F原子的两个电子从2p能级跃迁到3p能级,属于激发态氟原子,正确;在两个激发态氟原子中,由于3p能级的能量高于3s能级,且d中发生跃迁的电子数目多于a,故d的能量较高。(2)①C2H3Cl分子中存在碳碳双键,C原子为sp2杂化,杂化轨道只能形成σ键,故在C2H3Cl分子中,C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Clσ键。②C2H5Cl分子中只存在σ键,C原子为sp3杂化;C2H3Cl分子中存在一个Π34的大π键,C原子为sp2杂化;C2HCl分子中存在两个Π34的大π键[一个是Cl(3pz)-C(2pz),一个是Cl(3py)-C(2py)],C原子为sp杂化。杂化轨道中s成分越多(sp3、sp2、sp杂化轨道中s成分依次增多),形成的C—Cl键越强;Cl参与形成的大π键越多,形成的C—Cl键越短,故C—Cl键长顺序为C2H5Cl>C2H3Cl>C2HCl。(3)由CsICl2受热发生非氧化还原反应知,CsICl2受热分解生成CsCl和ICl,故无色晶体X为CsCl,红棕色液体Y为ICl;由于CsCl是离子晶体,熔化时需要克服Cs+和Cl-之间的离子键,而ICl是分子晶体,熔化时只需要克服范德华力,离子键比范德华力强得多,故CsCl的熔点高于ICl。(4)在α-AgI晶体中,Ag+可以发生迁移,故α-AgI晶体在电池中可以作为固体电解质。由于α-AgI晶体中I-作体心立方堆积,由“均摊法”知,1个晶胞中含有I-数目为8×18+1=2,即1个晶胞中含有2个α-AgI,则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=12(504×10-12m)3·NAmol-1=12(5.04×10-10)3方法归纳比较晶体熔点高低时,先看晶体类型。若晶体类型不同,一般情况下,晶体熔点:共价晶体>离子晶体>分子晶体;若晶体类型相同,共价晶体比较共价键的强弱(主要看原子半径),离子晶体比较离子键的强弱(主要看离子半径和离子所带的电荷),分子晶体先看分子间能否形成氢键,再比较范德华力(主要看相对分子质量)。10.(2022山东,16,12分)研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出),每个苯环只有一半属于该晶胞,晶胞参数为a=b≠c,α=β=γ=90°。回答下列问题:(1)基态Ni原子的价电子排布式为,在元素周期表中位置为。

(2)晶胞中N原子均参与形成配位键,Ni2+与Zn2+的配位数之比为;x∶y∶z=;晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是。

(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的Π66大π键,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据(填标号)。A.2s轨道 B.2p轨道 C.sp杂化轨道 D.sp2杂化轨道在水中的溶解度,吡啶远大于苯,主要原因是①,②。

、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强,其中碱性最弱的是。

答案(1)3d84s2第四周期第Ⅷ族(2)2∶32∶1∶1Ni2+、Zn2+(3)D吡啶与H2O分子形成分子间氢键吡啶是极性分子比非极性分子苯更易溶于水解析(1)基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,其价电子排布式为3d84s2,在周期表中位于第四周期第Ⅷ族。(2)由题给晶胞示意图结合均摊法可知,一个晶胞中含Ni2+个数为2×12=1,Zn2+个数为8×18=1,CN-个数为8×12=4,NH3个数为8×14=2,苯环个数为4×12=2,故该晶胞的化学式为Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6;因“晶胞中N原子均参与形成配位键”,故与Zn2+形成的配位键(配位原子为N)数目为6,与Ni2+形成的配位键(配位原子为C)数目为4,则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4∶6=2∶3;由晶胞的化学式知,x∶y∶z=4∶2∶2=2∶1∶1;Ni2+的价电子排布式为3d8,Zn2+的价电子排布式为3d10,故晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Ni2+、Zn2+。(3)吡啶中含有与苯类似的大π键,说明其中的N原子也是采取sp2杂化,杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道;苯为非极性分子,吡啶为极性分子,且吡啶中N原子能与H2O分子中H原子形成氢键,则吡啶在水中的溶解度远大于苯;—CH3为推电子基团,—Cl是吸电子基团,则N原子电子云密度大小顺序为>>,结合题干信息可知碱性最弱的为11.(2022浙江1月选考,26,4分)(1)两种有机物的相关数据如下表:物质HCON(CH3)2HCONH2相对分子质量7345沸点/℃153220HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大,但其沸点反而比HCONH2的低,主要原因是

。

(2)四种晶体的熔点数据如下表:物质CF4SiF4BF3AlF3熔点/℃-183-90-127>1000CF4和SiF4熔点相差较小,BF3和AlF3熔点相差较大,原因是

。

答案(1)HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力,HCONH2分子间存在氢键,破坏一般的分子间作用力更容易,所以沸点低(2)CF4和SiF4都是分子晶体,结构相似,分子间作用力相差较小,所以熔点相差较小;BF3通过分子间作用力形成分子晶体,AlF3通过离子键形成离子晶体,破坏离子键需要能量多得多,所以熔点相差较大解析(2)CF4、SiF4属于分子晶体,熔点主要取决于分子间作用力,对于结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,熔点越高,因两者相对分子质量相差不大,故熔点相差较小;BF3属于分子晶体而AlF3属于离子晶体,后者熔化时破坏的是离子键,故熔点相差较大。12.(2022北京,15,9分)工业中可利用生产钛白的副产物FeSO4·7H2O和硫铁矿(FeS2)联合制备铁精粉(FexOy)和硫酸,实现能源及资源的有效利用。(1)FeSO4·7H2O结构示意图如图1。图1①Fe2+的价层电子排布式为。

②H2O中O和SO42-中S均为sp3杂化,比较H2O中H—O—H键角和SO42-中O—S—O③FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+、H2O与SO42-的作用力类型分别是(2)FeS2晶体的晶胞形状为立方体,边长为anm,结构如图2。图2①距离Fe2+最近的阴离子有个。

②FeS2的摩尔质量为120g·mol-1,阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为g·cm-3。(1nm=10-9m)

(3)FeSO4·7H2O加热脱水后生成FeSO4·H2O,再与FeS2在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。FeSO4·H2O分解和FeS2在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用FeS2作为FeSO4·H2O分解的燃料,从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点。

图3答案答案(1)①3d6②孤电子对有较大斥力,使键角小于键角③配位键、氢键(2)①6②480(3)FeS2燃烧放热为FeSO4·H2O分解提供能量;反应产物是铁精粉和制硫酸的原料解析(1)①由于Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2,所以Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6,Fe2+的价层电子排布式为3d6;②H2O中O和SO42-中S均为sp3杂化,但是H2O中O有两个孤电子对,而SO42-中S无孤电子对,孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力,故H2O中键角<SO42-中键角;③由题图1可得,Fe2+与H2O中的O成键,H2O中的H与SO42-中的O成键,由于Fe2+含有空轨道,H2O中O含有孤电子对,故FeSO4·7H2O中Fe2+与H2O之间的作用力为配位键,H(2)①由题图2可知,8个Fe2+位于立方体的顶点、6个Fe2+位于立方体的面心,12个S22-位于立方体的棱上,1个S22-位于立方体的体心,1个晶胞中Fe2+的个数为8×18+6×12=4,S22-的个数为12×14+1=4,其中距离Fe2+最近的阴离子(S22-)有6个;②1mol晶胞的质量为(a×10-7cm)3×ρ×NA=4mol×120g·mol-1,ρ=480(a×10-7)3×NAg·cm-3。(3)由题图3可知FeSO4·H2O的分解反应为吸热反应,FeS2在氧气中的燃烧为放热反应,13.(2022广东,20,14分)硒(Se)是人体必需微量元素之一,含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来,AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如下:(1)Se与S同族,基态硒原子价电子排布式为。

(2)H2Se的沸点低于H2O,其原因是。

(3)关于Ⅰ~Ⅲ三种反应物,下列说法正确的有。

A.Ⅰ中仅有σ键B.Ⅰ中的Se—Se键为非极性共价键C.Ⅱ易溶于水D.Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2E.Ⅰ~Ⅲ含有的元素中,O电负性最大(4)Ⅳ中具有孤对电子的原子有。

(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4H2SeO3(填“>”或“<”)。研究发现,给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO42-的立体构型为(6)我国科学家发展了一种理论计算方法,可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能,该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一,其晶胞结构如图a,沿x、y、z轴方向的投影均为图b。图a图b①X的化学式为。

②设X的最简式的式量为Mr,晶体密度为ρg·cm-3,则X中相邻K之间的最短距离为nm(列出计算式,NA为阿伏加德罗常数的值)。

答案(1)4s24p4(2)H2O分子间形成氢键,H2Se分子间只有范德华力(3)BDE(4)O、Se(5)>正四面体形(6)①K2SeBr6②12×34M解析(1)Se是34号元素,位于第四周期第ⅥA族,基态硒原子价电子排布式为4s24p4。(2)H2O和H2Se都是分子晶体,二者结构相似,H2O分子间形成氢键,H2Se分子间只有范德华力,故H2O的沸点高于H2Se。(3)A项,Ⅰ分子中不仅含有σ键,苯环中还含有大π键,错误;B项,Ⅰ中的Se—Se键是非极性共价键,正确;C项,Ⅱ属于烃,烃难溶于水,错误;D项,Ⅱ中碳碳三键中C原子采用sp杂化,碳碳双键和苯环中C原子采用sp2杂化,正确;E项,Ⅰ~Ⅲ中含有的元素为C、H、O、N、S、Se,其中电负性最大的元素是O,正确。(4)观察Ⅳ的结构简式可知,Ⅳ中具有孤对电子的原子有O和Se。(5)H2SeO4可写成(HO)2SeO2,H2SeO3可写成(HO)2SeO,H2SeO4分子中连接在中心原子Se上的非羟基氧原子数目比H2SeO3多,故H2SeO4的酸性强于H2SeO3;SeO42-中心原子的价层电子对数=4+12×(6+2-2×4)=4,无孤电子对,故SeO42-的立体构型为正四面体形。(6)①观察晶胞结构图和投影图,结合“均摊法”知,X的一个晶胞中含有K的数目为8,含有“SeBr6”的数目为8×18+6×12=4,两者数目之比为8∶4=2∶1,故X的化学式为K2SeBr6;②设晶胞的边长为acm,一个晶胞中含有4个“K2SeBr6”,故ρ=4MrNAa3,则a=34MrρNA方法归纳判断有机物中碳原子杂化类型的方法:一般看碳原子形成的共价键类型,碳碳单键中的C原子采用sp3杂化,碳碳双键、碳氧双键中的C原子采用sp2杂化,碳碳三键、碳氮三键中的C原子采用sp杂化。14.(2022海南,19,14分)以Cu2O、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题:(1)基态O原子的电子排布式,其中未成对电子有个。

(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性,从金属键的理论看,原因是。

(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图,分子中所有原子共平面,所有N原子的杂化轨道类型相同,均采取杂化。

邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料,后者熔点高于前者,主要原因是

。

(4)金属Zn能溶于氨水,生成以氨为配体,配位数为4的配离子。Zn与氨水反应的离子方程式为。

(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能。Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键,原因是。

(6)左下图为某ZnO晶胞示意图,右下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。

abcd为所取晶胞的下底面,为锐角等于60°的菱形。以此为参考,用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面、。

答案(1)1s22s22p4或[He]2s22p42(2)自由电子在外加电场中作定向移动(3)sp2两者均为分子晶体,后者能形成分子间氢键,熔点更高(4)Zn+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-+2H2O(5)N的电负性小于O(6)

bcfe

dcih解析(1)基态O原子的电子排布式为1s22s22p4,有2个未成对电子。(2)金属有导电性是因为其中的自由电子在外加电场中可作定向移动。(3)酞菁分子中所有原子共平面,则所有N原子的杂化方式是sp2;结构中含有N—H键,分子之间能形成氢键,使熔点更高。(4)由题目中信息可知生成了[Zn(NH3)4]2+,故离子方程式为Zn+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-+2H2O。(5)因为N的电负性小于O,故Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键。(6)与

abcd有共用边bc、dc且可表示晶胞底面的菱形分别是

bcfe、

dcih。15.(2022河北,17,15分)含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS),是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料,可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题:(1)基态S原子的价电子中,两种自旋状态的电子数之比为。

(2)Cu与Zn相比,第二电离能与第一电离能差值更大的是,原因是。

(3)SnCl3-的几何构型为,其中心离子杂化方式为(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中,会使磁场强度增大,称其为顺磁性物质。下列物质中,属于顺磁性物质的是(填标号)。

A.[Cu(NH3)2]Cl B.[Cu(NH3)4]SO4C.[Zn(NH3)4]SO4 D.Na2[Zn(OH)4](5)下图是硫的四种含氧酸根的结构:根据组成和结构推断,能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4-的是(填标号),理由是(6)下图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。①该物质的化学式为。

②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标,例如图中A原子的坐标为(34,14,18),则B原子的坐标为答案(1)2∶1(或1∶2)(2)CuCu的第二电离能是失去3d10电子所需的最低能量,第一电离能是失去4s1电子所需的最低能量,Zn的第二电离能是失去4s1电子所需的最低能量,第一电离能是失去4s2电子所需的最低能量,3d10电子处于全充满状态,其与4s1电子能量差值更大(3)三角锥形sp3(4)B(5)DD中含有-1价的O,具有强氧化性,能将Mn2+转化为MnO(6)①Cu2ZnSnS4②(14,34,解析(1)基态S原子的价电子排布式是3s23p4,根据基态原子电子排布规则,两种自旋状态的电子数之比为2∶1(或1∶2)。(3)Sn是第ⅣA族元素,SnCl3-的中心离子Sn2+的σ键电子对数为3,孤电子对数为12×(4+1-1×3)=1,则价层电子对数为4,故SnCl3-的中心离子是sp3杂化,几何构型是三角锥形。(4)根据题意,顺磁性物质含有未成对电子。A、C、D项中各原子核外电子均已成对,不符合题意;B项,[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+的价电子排布式是3d9,有未成对电子,符合题意。(5)Mn2+转化为MnO4-需要氧化剂,且氧化性比MnO4-的强。由SO2能使KMnO4溶液褪色知SO42-的氧化性弱于MnO4-,而S2O72-中S的化合价也为+6,故A不符合题意;B、C中S的化合价比SO42-中S的低,氧化性更弱,不符合题意;D中含有-1价的O(结构式中位于中间的2个O),具有强氧化性,能将Mn2+转化为MnO4-,D符合题意。(6)①根据晶胞结构,结合均摊法知,S原子位于体内,每个晶胞中含有的S原子数目为8,Sn原子位于面心和棱心,数目为2×12+4×14=2,Zn原子位于顶点和体心,数目为8×18+1=2,Cu原子位于面上,数目为8×1216.(2016课标Ⅱ,37,15分)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=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·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dg·cm-3,晶胞参数a=nm。

答案(15分)(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s22(2)①正四面体②配位键N③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∶1②2516.02×解析(2)①SO42-中S原子的价层电子对数为4+12×(6+2-2×4)=4,采取sp3杂化,立体构型为正四面体;②Ni2+与NH3之间形成化学键时Ni提供空轨道,N提供孤电子对,形成配位键;③氨分子之间形成氢键,分子间作用力增大,故沸点高于膦(PH3);氨分子中N原子的价层电子对数为4,采取sp3杂化,四个杂化轨道中有三个轨道被共用电子对占据(3)金属单质形成的晶体均为金属晶体,金属晶体中只含有金属键。(4)①1个晶胞中含Cu原子数为12×6=3,含Ni原子数为18×8=1,②由题意可得:d=3×64+59(a×10-7)易错警示第(4)问②中要注意单位转换(1nm=10-7cm)。17.(2016海南单科,19-Ⅱ,14分)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的负一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=0.542nm,此晶体的密度为g·cm–3。(写出计算式,不要求计算结果。阿伏加德罗常数的值为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。

答案(1)金属晶体金属键12(2)1s22s22p63s23p5ArHClO4正四面体(3)①CuCl4×99.5②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)[Cu(NH3)4]2+解析(1)根据题意,M的价电子排布式为3d104s1,M为Cu,单质铜的晶体类型为金属晶体,晶体中原子间通过金属键作用形成面心立方密堆积,面心立方密堆积中Cu原子的配位数为12;(2)Y的负一价离子的最外层电子数与次外层相同,则Y为Cl,基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5,其同周期元素中,第一电离能最大的应该是稀有气体元素Ar,Y的含氧酸中,酸性最强的是HClO4,该酸根离子的中心原子Cl采取等性的sp3杂化,立体构型为正四面体;(3)①运用均摊法,一个该晶胞中Cu的个数为8×18+6×12=4,Cl的个数为4,故该化合物的化学式为CuCl,晶胞参数a=0.542nm,则ρ=4NA×99.5(0.542×10-7)3g·cm-3=4×99.5NA×(0.542)3×10-21g·cm-3;②CuCl易溶于氨水的原因是发生了反应18.(2015课标Ⅱ,37,15分)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=0.566nm,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)。

答案(15分)(1)O1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)(每空1分,共2分)(2)O3O3相对分子质量较大,范德华力大分子晶体离子晶体(每空1分,共4分)(3)三角锥形sp3(每空1分,共2分)(4)V形42Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)(每空1分,共3分)(5)Na2O84×62g·mol-1(0.566×10-7cm)3×6.02解析由题意可知A为O、B为Na、C为P、D为Cl。(1)四种元素中O的非金属性最强,电负性最大;P的原子序数为15,核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3。(2)氧元素的两种同素异形体为O2和O3,沸点较高的是O3,因为O3的相对分子质量较大,范德华力大。O的氢化物可以是H2O、H2O2,二者所属晶体类型均为分子晶体;Na的氢化物为NaH,属于离子晶体。(3)PCl3中中心原子的价层电子对数是4,其中σ键数是3,孤电子对数为1,故PCl3中中心原子采用sp3杂化方式,分子构型为三角锥形。(4)Cl2O中中心原子为O,分子中σ键数为2,中心原子孤电子对数为2,故中心原子的价层电子对数为4,分子空间构型为V形。Cl2与湿润的Na2CO3反应生成Cl2O的同时还应该生成NaCl和NaHCO3。(5)由晶胞结构可知,一个晶胞中小球个数为8,大球个数为4,小球代表离子半径较小的Na+,大球代表离子半径较大的O2-,故F的化学式为Na2O;晶胞中与每个氧原子距离最近且相等的钠原子有8个;晶胞的质量为62g·mol-16.02×1023mol-1×4,晶胞的体积为(0.566×10-7)319.(2014课标Ⅰ,37,15分)早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题:(1)准晶是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体,可通过方法区分晶体、准晶体和非晶体。

(2)基态Fe原子有个未成对电子,Fe3+的电子排布式为。可用硫氰化钾检验Fe3+,形成的配合物的颜色为。

(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化成乙酸,而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为,1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为。乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是。Cu2O为半导体材料,在其立方晶胞内部有4个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,则该晶胞中有个铜原子。

(4)Al单质为面心立方晶体,其晶胞参数a=0.405nm,晶胞中铝原子的配位数为。列式表示Al单质的密度g·cm-3(不必计算出结果)。

答案(1)X-射线衍射(2)41s22s22p63s23p63d5血红色(3)sp3、sp26NACH3COOH存在分子间氢键16(4)124解析(1)用一定波长的X-射线照射到晶体上,根据记录仪上有无分离的斑点或明锐的谱线,可以鉴别晶体、准晶体和非晶体。(2)基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2,价电子的轨道表示式为↑↓↑↓↑↑↑↑3d4s,故基态Fe原子的未成对电子数为4;Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5;Fe3+与SCN-形成的配合物呈血红色。(3)CH3CHO分子中—CH3中碳原子为sp3杂化,—CHO中碳原子为sp2杂化。因乙酸分子间能形成氢键,故乙酸的沸点明显比乙醛高。1个Cu2O晶胞中氧原子数=4+6×12+8×18=8,故铜原子数为2×8=16。(4)面心立方晶胞中,铝原子的配位数为12;1个晶胞中Al原子数为8×18+6×12=4,故铝单质的密度ρ=mV=4NA×20.(2014山东理综,33,12分)石墨烯(图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料,石墨烯中部分碳原子被氧化后,其平面结构会发生改变,转化为氧化石墨烯(图乙)。(1)图甲中,1号C与相邻C形成σ键的个数为。

(2)图乙中,1号C的杂化方式是,该C与相邻C形成的键角(填“>”“<”或“=”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。

(3)若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中,则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有(填元素符号)。

(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60),某金属M与C60可制备一种低温超导材料,晶胞如图丙所示,M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为,该材料的化学式为。

答案(1)3(2)sp3<(3)O、H(4)12M3C60解析(