【课件】高考化学二轮复习物质结构与性质(选考)课件（53张）

物质结构与性质(选考)1.最新研制的人造纳米“竹子”可充分利用太阳能,并将其有效转化为氢能源。“竹子”的竹节和竹茎,分别由硫化镉和硫化锌两种不同的半导体材料组成。(1)已知Cd与Zn位于同一副族,且在Zn的下一周期,则Cd的价电子排布图为______________________。已知Zn与Cu的能量变化如图所示,试解释步骤②吸收能量大于步骤④的原因__________________。

小题快速练,练就速度和准度,占领高考制胜点建议用时30分钟(2)CdS燃烧可生成CdO和SO2,SO2在空气中遇到微尘会缓慢转化为SO3。SO2中S的杂化方式为____________,SO3分子的空间构型为________________。

(3)O、S、Se为同主族元素,已知其对应氢化物的相关数据如下表:①H2Se沸点高于H2S的原因为______________________________。

②H2O的分解温度高于H2S的原因为___________________________。

H2OH2SH2Se沸点/℃100-60.4-41.3分解温度/℃2000300250(4)已知ZnS熔点为2830℃;CdS熔点为1750℃,则二者属于____________晶体,ZnS熔点更高的原因为_____________________________________。

(5)如图为ZnS的晶胞图。若已知最近的锌离子之间距离为apm,则ZnS晶体的密度为____________g·cm-3(列出计算式即可)。【解析】(1)由于Zn的价层电子排布式为3d104s2,可见与Zn同一副族且在Zn下一周期的Cd的价电子排布为4d105s2;价电子排布图为;由能量变化图可知I1(Cu)<I1(Zn),I2(Cu)>I2(Zn),由于Cu+的3d轨道为全满结构,能量低,较稳定,而Zn+的4s轨道有一个电子,Cu+再失去一个电子时需要的能量更多;(2)SO2中S的价层电子对数=2+(6-2×2)=3,所以硫原子采用sp2杂化,SO3中S的价层电子对数=3+(6-3×2)=3,所以硫原子采用sp2杂化,空间构型为平面三角形;(3)①H2Se和H2S均为分子晶体,由于分子晶体相对分子质量H2Se>H2S,故分子间作用力H2Se>H2S,因此沸点H2Se>H2S;②由于原子半径:O<S,故共价键O—H键的键长小于S—H键,键能:O—H>S—H,因此H2O的稳定性高于H2S,则分解温度高于H2S;(4)由于ZnS熔点为2830℃;CdS熔点为1750℃,都比较高,故都属于离子晶体;由于离子半径Cd2+大于Zn2+,故晶格能ZnS>CdS,则熔点ZnS>CdS;(5)由于最近的Zn2+间的距离(即顶点与面心之间的距离)为apm,故面对角线为2apm,则晶胞的棱长为apm=a×10-10cm,故晶胞的体积为(a×10-10)3cm3,而晶胞中Zn2+都在晶胞的顶点和面上,数目有8×+6×=4个,S2-在晶胞的内部,共有4个,即一个晶胞中有4个ZnS,则质量为4×g,故密度为g·cm-3。答案:(1)

Cu+的3d轨道为全满结构,能量低,更稳定(2)sp2平面三角形(3)①H2Se和H2S均为分子晶体,H2S相对分子质量小,分子间作用力小,沸点低②原子半径:O<S,故共价键O—H键的键长小于S—H键,键能:O—H>S—H,因此H2O的稳定性高于H2S,分解温度更高(或O—H键比S—H键稳定,H2O的分解温度比H2S更高,或其他合理答案)(4)离子由于离子半径Cd2+大于Zn2+,故晶格能ZnS>CdS,则熔点ZnS>CdS(5)2.2019年10月1日,在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上,最后亮相的DF—41洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题:(1)基态铁原子的价电子排布式为________________________________。

(2)与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素,可能位于周期表中的________区。

(3)实验室常用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示),苯酚中碳原子的杂化轨道类型为________________________________。(4)铁元素能与CO形成Fe(CO)5。羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含______molσ键,与CO互为等电子体的一种离子的化学式为________。

(5)碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积,然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞,C60分子占据顶点和面心处,K+占据的是C60分子围成的_________空隙和________空隙(填几何空间构型);若C60分子的坐标参数分别为A(0,0,0),B(,0,),C(1,1,1)等,则距离A位置最近的阳离子的坐标参数为__________。

(6)Ni可以形成多种氧化物,其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型,由于晶体缺陷,a的值为0.88,且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+,则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为________,晶胞参数为428pm,则晶体密度为________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值,列出表达式)。

【解析】(1)铁为26号元素,基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则价电子排布式为3d64s2;(2)Cr为24号元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,最外层电子数为1,与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素有钾和铜,二者分别位于s区和ds区;(3)同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小即第一电离能O>S,氮元素2p能级处于半满稳定状态,能量低,氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能,所以第一电离能N>O>S;苯酚为苯上的一个H原子被—OH取代而成,C原子采取sp2杂化;(4)配合物中碳原子不存在孤电子对,1个Fe(CO)5分子含10个σ键,则1molFe(CO)5分子中含10molσ键;原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体,与CO互为等电子体的离子有CN-、等;(5)碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积,然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞,C60分子占据顶点和面心处,由C60分子围成的构型分别为正四面体和正八面体,则K+占据的是C60分子围成的正四面体和正八面体的空隙;若C60分子的坐标参数分别为A(0,0,0),B(,0,),C(1,1,1)等,说明该晶胞的棱长是1,则距离A位置C60分子最近的K+为形成的正四面体体心上的,则距离A位置最近的阳离子的坐标参数为(,,);(6)设晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为x∶y,根据NiaO中化合价代数和为零可知:×0.88=2,解得x∶y=8∶3;NiaO晶体的晶胞结构为NaCl型,所以每个晶胞中含有4个O原子,有4个“NiaO”,则晶体密度答案:(1)3d64s2

(2)s、ds

(3)N>O>S

sp2杂化(4)10

CN-(或等合理即可)

(5)正四面体正八面体(,,)(6)8∶3

3.锌是人体必需的微量元素之一,起着极其重要的作用,回答下列问题:(1)请写出Zn2+的核外电子排布式_____________________________。

(2)ZnCl2熔点为275℃,而CaCl2的熔点为782℃,请分析熔点不同的原因:_______________________________________________。

(3)Zn2+能与多种微粒形成配合物,如Zn2+与CNO-可形成[Zn(CNO)4]2-,[Zn(CNO)4]2-中配位原子为______________,[Zn(CNO)4]2-的组成中非金属元素的电负性大小顺序为________________;Zn2+与CN-可形成[Zn(CN)4]2-,

[Zn(CN)4]2-中σ键、π键和配位键的个数比为__________;配合物Zn(NH3)4CO3中阴离子的空间构型为________________,N原子的杂化方式为__________。

(4)Zn与S所形成化合物的晶胞如图1所示,图2为晶胞沿y轴的投影1∶1平面图:①晶胞中S原子的配位数为__________。

②晶胞中最近的两个S原子之间的距离为________pm。

③设阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶胞的密度是__________g·cm-3(列出计算表达式)。

【解析】(1)Zn的原子序数为30,其核外电子排布式为[Ar]3d104s2,Zn2+是锌原子失去2个电子所形成的,Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)Ca的金属性比Zn的强,Ca、Zn与氯形成CaCl2、ZnCl2,其中CaCl2为典型的离子化合物,熔点比较高,而ZnCl2虽为离子化合物,但因Zn的活泼性比较弱,形成的ZnCl2有明显的共价性,使ZnCl2熔点比CaCl2低。(3)配位原子必须能提供孤电子对,而CNO-结构中,O能提供孤电子对,故配位原子为O原子,[Zn(CNO)4]2-中非金属元素为C、N、O,同一周期从左至右,电负性逐渐增大,它们的电负性大小顺序为O>N>C,一个[Zn(CN)4]2-中Zn与4个CN-间有4个配位键即4个σ键,每个CN-中存在一个σ键和2个π键,σ键与π键和配位键的个数为8、8、4,比值为2∶2∶1。Zn(NH3)4CO3中阴离子为C,是平面三角形,NH3中的N是sp3杂化。(4)①根据图可看出每一个S周围有4个Zn,配位数为4。②最近的两个S原子之间的距离是面对角线的一半,根据图2可知面对角线长为4apm。最近的两个S原子之间的距离是2apm。③晶胞中Zn的个数为顶点8×=1,面心6×=3,共4个,S在内部,共4个,化学式为ZnS,式量为65+32,设晶胞棱长为dpm,d=4a,d=2a,ρd3NA=4(65+32),ρ=答案:(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)(2)CaCl2为典型的离子化合物,而ZnCl2虽为离子化合物,但有明显的共价性(3)O

O>N>C

2∶2∶1平面三角形sp3

(4)①4②2a③4.(CdSe)n小团簇(CdnSen,n=1～16)为Ⅱ～Ⅵ族化合物半导体材料,具有独特的光学和电学性质,常应用于发光二极管、生物系统成像与诊断等方面。回答下列问题:(1)基态Se原子的价层电子排布式为_____________________________。

(2)Cd的第一电离能大于同周期相邻元素,原因是__________________。

(3)CdS、CdSe、CdTe均为重要的Ⅱ～Ⅵ族化合物半导体材料,熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃,上述熔点呈规律性变化的原因是_______。

(4)利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是____________。N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是______________。

(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构,晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为(,,),则B、C的原子坐标参数分别为__________。该晶胞中CdSe键的键长为____________。已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm,则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__________。

【解析】(1)基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4,则基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4;(2)Cd的价电子排布式为4d105s2,5s轨道全充满,Cd的第一电离能大于同周期相邻元素,原因是Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2,原子轨道为全充满状态;(3)从熔点看,CdS、CdSe、CdTe都形成离子晶体,离子带电荷越多,晶格能越大,又离子半径越小,晶格能越大,所以上述熔点呈规律性变化的原因是均为离子化合物,阳离子相同,阴离子半径S2-<Se2-<Te2-,晶格能CdS>CdSe>CdTe;(4)PH3中P的价层电子对数为4,P原子的最外层存在1对孤电子对,则PH3的空间构型是三角锥形。N(CH3)3中N原子的价层电子对数为4,N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是sp3;(5)原子坐标参数A为(,,),根据0点定位,则B、C的原子坐标参数分别为B(,,),C(,,)。设该晶胞中CdSe键的键长为x,则x2=(a)2+(a)2+(a)2,x=

a。在晶胞中,Cd原子数为×8+×6=4,Se原子数为4,已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm,则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%。答案:(1)4s24p4

(2)Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2,原子轨道为全充满状态(3)均为离子化合物,阳离子相同,阴离子半径S2-<Se2-<Te2-,晶格能CdS>CdSe>CdTe

(4)三角锥形sp3

(5)B(,,),C(,,)a×100%5.据报道,我国化学研究人员用Ni(NO3)2和Tb(CH3COO)3等合成了一个镍的一维链状配位聚合物(如图),对镍配合物在磁性、电化学性质等方面的研究提出了理论指导。请回答下列问题:(1)基态Ni原子的价电子轨道表达式为__________________________,

Ni在元素周期表中处于第________纵行。

(2)C、N、O三种元素中电负性最大的是_________________________(填元素符号),C在形成化合物时,其键型以共价键为主,原因是______。(3)Ni(NO3)2中阴离子的空间构型是_____________________________,

写出与该阴离子互为等电子体的一种分子的化学式:____________。

(4)一维链状配位聚合物中,碳原子的杂化形式为____________________。

(5)已知:CH3COOH的沸点为117.9℃,HCOOCH3的沸点为32℃,CH3COOH的沸点高于HCOOCH3的主要原因是_________________________________。

(6)已知:氧化镍的晶胞结构如图所示。①若NA为阿伏加德罗常数的值,晶体密度为ρg·cm-3,则该晶胞中最近的O2-之间的距离为________pm(用含ρ、NA的代数式表示)。

②某缺陷氧化镍的组成为Ni0.97O,其中Ni元素只有+2和+3两种价态,两种价态的镍离子数目之比为________。

【解析】(1)Ni的原子序数为28,在元素周期表中处于第10纵行,根据构造原理可写出其价电子轨道表达式为;(2)同周期元素从左至右,电负性依次增强,则C、N、O三种元素中电负性最大的是O元素,由于C有4个价电子且半径较小,难以通过得到或失去电子达到稳定结构,所以C在形成化合物时,其键型以共价键为主;(3)Ni(NO3)2的阴离子为N,中心原子N原子的σ键电子对数为3,孤电子对数==0,则N原子的价层电子对数为3,N原子采取sp2杂化,则其空间构型是平面三角形;SO3(或BF3)与其互为等电子体,它们的价电子总数和原子总数均相等;(4)由一维链状配位聚合物的结构可知,其碳原子的σ键电子对数分别为3、4,没有孤电子对,则碳原子的价层电子对数分别为3、4,则碳原子的杂化形式为sp2、sp3;(5)在CH3COOH中存在O—H键,因此分子之间可形成氢键,而HCOOCH3分子不具备形成氢键的条件,分子之间没有氢键,因此CH3COOH的沸点较高;(6)①根据均摊法可知,晶胞中O2-的个数为12×+1=4,Ni2+的个数为8×+6×=4,则晶胞的质量为则晶胞的棱长为×1010pm,则该晶胞中最近的O2-之间的距离为×1010pm;②设Ni2+和Ni3+的个数分别为x、y,则可得方程组,x+y=0.97,2x+3y=2,x=0.91,y=0.06,则Ni2+和Ni3+的个数之比为0.91∶0.06=91∶6。答案:(1)

10

(2)O

C有4个价电子且半径较小,难以通过得到或失去电子达到稳定结构(3)平面三角形SO3(或BF3)(合理即可)(4)sp2、sp3

(5)CH3COOH分子间存在氢键,而HCOOCH3分子之间没有氢键(6)①×1010②91∶6【加固训练】1.第四周期元素Q位于ds区,最外层电子半充满;短周期元素W、X、Y、Z第一电离能与原子序数的关系如下图所示,请回答下列问题(用Q、W、X、Y、Z所对应的元素符号作答):(1)基态Y原子核外共有________种运动状态不相同的电子。若用n表示能层,则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为__________________。

(2)X、W组成的一种二元化合物常用作火箭燃料,该化合物中X原子的杂化方式为______________________________。

该化合物常温下呈液态,其沸点高于Y2沸点的原因为_________________。

(3)X2Y曾被用作麻醉剂,根据“等电子体原理”预测X2Y的空间构型为______________。

(4)XW3存在孤电子对,可形成[Q(XW3)4]2+离子,该离子中不存在________(填序号)。

A.极性共价键B.非极性共价键C.配位键D.σ键E.π键(5)Q与X形成的一种二元化合物的立方晶胞结构如图所示:①Q原子周围距其距离最近的Q原子的数目为__________________。

②该二元化合物的化学式为____________________________。

(6)已知单质Q晶体的堆积方式为面心立方最密堆积,则单质Q晶体的晶胞中原子的空间利用率为__________(用含π的式子表示)。

【解析】(1)Y为O元素,基态O原子有8个电子,所以有8种运动状态不相同的电子;O元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4,若用n表示能层,则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4;(2)X、W组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料,N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4,含有一个孤电子对,N原子轨道的杂化类型是sp3;N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同,但N2H4分子之间存在氢键,故其沸点较高;(3)X2Y为N2O,曾被用作麻醉剂,已知N2O与CO2互为等电子体,等电子体的结构相似,已知CO2为直线形的分子,所以N2O的空间构型为直线形;(4)[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键,N—H为极性共价键,不存在非极性共价键和π键;(5)①由晶胞结构可知,Cu在晶胞的棱上,Cu原子周围距其距离最近的Cu原子在晶胞同面的棱上,数目为8;②根据晶胞结构可知,Cu在晶胞的棱上,该晶胞中Cu的个数为12×=3,N在晶胞的顶点上,该晶胞中N的个数为8×=1,该二元化合物的化学式为Cu3N;(6)Cu晶体的堆积方式为面心立方最密堆积,该晶胞中Cu原子个数=6×+8×=4;根据晶胞结构可知,4r=

a,解得a=2r,则晶胞立方体的体积为a3=(2r)3,晶胞中4个金属原子的体积为4×πr3,所以此晶胞中原子空间占有率是×100%=π×100%。答案:(1)8

ns2np4(2)sp3

N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同,但N2H4分子之间存在氢键,故其沸点较高(3)直线形(4)BE

(5)①8②Cu3N

(6)π×100%2.碳、磷、硫等元素形成的单质和化合物在生活、生产中有重要的用途。(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中,能量由低到高的顺序是________(填字母)。

A.B.C.D.(2)P4S3可用于制造火柴,其分子结构如图所示:①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为__________。

②每个P4S3分子中含有的孤电子对的数目为________对。

(3)科学家合成了一种阳离子“”,其结构是对称的,5个N排成“V”形,每个N都达到8电子稳定结构,且含有2个氮氮三键,此后又合成了一种含有“”的化学式为“N8”的离子晶体(该晶体中每个N原子都达到了8电子稳定结构),N8的电子式为______________。(CN)2中键与键之间的夹角为180°,并有对称性,分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构,其结构式为______________________________。

(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的,其结构如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为__________。

(5)碳酸盐中的阳离子不同,热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和对应金属阳离子的半径。随着金属阳离子半径的增大,碳酸盐的热分解温度逐渐升高,原因是_______________________________。

碳酸盐MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/℃40290011721360金属阳离子半径/pm6699112135(6)石墨的晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为ρg·cm-3,C—C键的键长为rcm,NA为阿伏加德罗常数的值,则石墨晶体的层间距d=________cm。

【解析】