【2021届备考】2020全国名校化学试题分类解析汇编(11月第二期)：N-单元物质结构与性质

N单元物质结构与性质名目N单元物质结构与性质 =3.4(2分)(4)离子键、配位键（5）[FeF6]3-F-(2分,1分,1分,共4分)解析：依据题意，A为F元素，B为K元素，C为Fe元素，D为Ni元素。

（1）Ni2+的价层电子排布图为

（2）四种元素中第一电离最小的是K，电负性最大的是F。

（3）依据晶胞结构可知：F为16×1/4+4×1/2+2=8，K为8×1/4+2=4，Ni为8×1/8=2，则化学式为K2NiF4。Ni的配位数为6，所以可以求出该晶体的密度：=3.4。

（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物是K3FeF6，其中化学键的类型有离子键、配位键；该化合物中存在简洁离子[FeF6]3-，配位体是F-。【思路点拨】本题考查了物质结构与性质、核外电子排布、电负性、晶胞的分析及计算、化学键类型、配位数、配位体等学问点，综合性较强。【【原创纯Word版精品解析】理综卷·2022届河南省试验中学高三第一次模拟考试（202205）doc】37．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO＋3CCaC2＋CO↑，CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O=NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：_____；CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的分子有N2O和________(填化学式)，由此可以推知CN的空间构型为________。(2)尿素分子中C原子实行________杂化。(3)三聚氰胺()俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸()后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过________结合，在肾脏内易形成结石。(4)CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为，Ca2＋实行的积累方式为，O2-处于Ca2＋积累形成的空隙中；CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：CaO3401kJ·mol-1、NaCl786kJ·mol-1。导致两者晶格能差异的主要缘由是___________________________________。（5）配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体供应电子数之和为14，求n=。【学问点】物质结构与性质N1N3N2N5【答案解析】37、【化学—选修3：物质结构与性质】(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，CO2，直线形(3)分子间氢键(4)6，面心立方最密积累，八面体，CaO晶体中Ca2＋、O2－的带电量大于NaCl晶体中Na＋、Cl－的带电量（5）6解析：(1)Ca在第四周期，最外层2个电子，则内层排满电子的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，CN22-含22个电子，与CN22-互为等电子体的分子还有CO2，互为等电子体的分子结构相像，由此可以推知CN22-的空间构型与CO2相像为直线形；(2)尿素分子中C原子与氧原子结合成双键，与两个氮原子结合成单键，实行sp2杂化，其结构为；(3)三聚氰胺和三聚氰酸分子中都含有N元素，而且形成N-H键，相互之间可通过分子间氢键结合；(4)由图可知，CaO晶体中Ca2+的配位数为6，是面心立方最密积累，O2-处于Ca2＋积累形成的八面体（6个面面心的点形成八面体）空隙中；CaO晶体和NaCl晶体都是离子晶体，晶格能差异的主要缘由是CaO晶体中Ca2＋、O2－的带电量大于NaCl晶体中Na＋、Cl－的带电量。⑸铁原子的最外层电子数是2，配体供应电子数是2，因此n=6.【思路点拨】解答等电子体的方法：①价电子迁移法：即将既定粒子中的某元素原子的价电子逐一转移给组成中的另一种元素的原子，相应原子的质子数也随之削减或增加，变换为具有相应质子数的元素；②电子—电荷互换法：即将既定粒子中的某元素原子的价电子转化为粒子所带的电荷。这种方法可实现分子与离子的互判。如：CN－的等电子体查找可用N原子1个电子换作1个负电荷，则N原子换为C原子，离子带2个负电荷，其等电子体即为C22－；反之，将CN－的电荷转化为1个电子，该电子给C原子，即得N2，若给N原子即得CO。【【原创纯word版精品解析】化学卷·2021届云南省玉溪一中高三上学期其次次月考（202210）】23．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）（1）含碳物质不完全燃烧会产生CO。血红蛋白中含有Fe2+，CO易与血红蛋白结合成稳定的协作物而使人中毒，写出铁离子(Fe3+)的核外电子排布式为，CO有多种等电子体，其中常见的一种分子是。利用CO可以合成化工原料COCl2、协作物Fe(CO)5等，已知一个COCl2分子中每个原子最外层都形成8电子的稳定结构，则一个COCl2分子内含有个δ键，C原子的杂化方式为。Fe(CO)5等在确定条件下分解生成CO和铁，反应过程中断裂的化学键是，形成的化学键是。（2）A、B均为短周期金属元素。依据下表数据，回答问题：电离能/kJ·mol-1I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540写出A原子的电子排布图，Al原子的第一电离能（填：“大于”、“小于”或“等于”）738kJ·mol-1，缘由是。（3）下图是一种镍（Ni）镧（La）合金储氢后的晶胞结构图。该合金储氢后，含0.5molNi的合金可吸附氢气的体积（标况）为。【学问点】晶体结构杂化类型化学键N1N2N5【答案解析】（1）1s22s22p63s23p63d5N23个sp2配位键金属键（每空1分）（2）（2分）小于（2分）由表中数据推断B为Mg元素，其最外层电子排布式为3s2，而Al最外层电子排布式为3s23p1，当3p处于全布满、半布满或全空时较稳定，因此，失去p亚层的1个电子相对比较简洁。（2分）（3）6.72L（3分）解析：（1）Fe的原子数序为26，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去3个电子变成铁离子，Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，依据等电子体中原子数和价电子数都相同，CO的原子数是2，价电子数是10，则常见分子中N2与CO互为等电子体，已知COCl2分子中每个原子最外层都形成8电子的稳定结构，结构简式为：，分子中含有2个单键和1个双键，则COCl2分子内含有3个σ键、1个π键，C原子的杂化方式为sp2。Fe(CO)5等在确定条件下分解生成CO和铁，方程式为：Fe（CO）5=Fe（s）+5CO，断裂的只有配位键，反应生成Fe，则形成金属键。由表中数据推断B为Mg元素，其最外层电子排布式为3s2，而Al最外层电子排布式为3s23p1，当3p处于全布满、半布满或全空时较稳定，因此，失去p亚层的1个电子相对比较简洁。观看晶胞结构图平均每个晶胞中镍原子个数为：(8×1/2)+1=5，每个晶胞吸附的氢分子个数为(8×1/4)+(2×1/2)=3，所以含0.5molNi的合金可吸附氢气的物质的量是0.3mol，体积是0.3mol×22.4L/mol=6.72L。【思路点拨】本题考查了晶体结构、杂化类型、化学键等学问，分析晶胞中的离子数目利用均摊法。【【原创精品解析纯word版】化学卷·2021届湖北省襄阳四中、龙泉中学、宜昌一中、荆州中学高三四校联考（202210）】19.（15分）I．卤族元素的单质和化合物很多，我们可利用所学物质结构与性质的相关学问去生疏和理解它们。（1）卤族元素位于元素周期表的___________区；（2）请依据下表供应的第一电离能数据推断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是______________;（3）已知高碘酸有两种形式，分子式分别为H5IO6和HIO4，前者结构如图，后者则为一元酸，请比较二者酸性强弱：H5IO6_________HIO4（填“>”“<”或“=”）。II．某配位化合物X为深蓝色晶体，由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种非0族元素组成，其原子个数比为14:4:5:1:1，其中A是元素周期表中原子半径最小的元素，B元素原子最外层p能级比s能级多一个电子，C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的原子外围电子排布为（n-l）dn+6nsl。请回答下列问题：（1）元素E在周期表中的位置是_______________;该配位化合物X的化学式为___________（2）下列关于X的说法正确的是（）A．X中所含化学键有离子键、配位键和氢键B．X中E离子给出孤对电子C．组成X的元素中第一电离能最大的是CD．DC42﹣空间构型为正四周体（3）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为_____________，其中B原子的杂化方式为。（4）C元素与D元素形成的一种具有较强还原性的分子的VSEPR模型为（5）已知单质E的晶胞属于面心立方最密积累，其晶胞边长为a10-8cm，则E的密度为g·cm-3。【学问点】物质结构与元素周期律N1N2N3N4N5【答案解析】（15分）I．（1）p（1分）（2）碘（1分）（3）<（1分）II.（1）第四周期IB族（2分）[Cu（NH3）4]SO4·H2O（2分络合物方括号没写不扣分）（2）D（2分）（3）H-N=N-H（1分）sp2杂化（1分）(4)平面三角形（2分）（5）（2分）解析：I．（1）依据构造原理知，卤族元素最终填入的电子为p电子，所以卤族元素位于元素周期表的p区.（2）碘的第一电离能最小，最简洁失去电子，因此最有可能生成较稳定的单核阳离子（3）在酸分子中非羟基氧原子数越多，该酸的酸性就越强。所以二者酸性强弱：H5IO6<HIO4。II.A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A是H，B元素原子最外层p能级比s能级多一个电子，是N，其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，推断D是S、C是O；E元素的外围电子排布为(n1)dn+6nsl，n-1≥3，0＜n+6≤10，n=4，故E是Cu,在第四周期IB族，X的化学式为[Cu（NH3）4]SO4·H2O，含离子键、共价键、配位键，没有氢键，A错误；Cu供应孤对电子，B错误；组成X的元素中第一电离能最大的是N，C错误；依据价电子互斥理论计算，中心原子S，共6个价电子；协作原子O，按原理不算电子，为0；加上两个外电子（电荷）共8个电子，4对价电子，而S与4个O相成键，故SO42-为正四周体结构，D正确。（3）H、N形成H2N2，是平面结构，因此结构中含双键，即H-N=N-H，N原子实行sp2杂化（4）C元素与D元素形成的一种具有较强还原性的分子是SO2，分子中有1对孤电子对，价层电子对数为3，VSEPR模型名称为平面三角形。（5）Cu的晶胞属于面心立方最密积累，则1个晶胞含4个原子，晶胞质量为4×64/NA，晶胞体积是（a10-8cm）3，密度为。【思路点拨】杂化类型的推断-价电子对数计算法:对于ABm型分子(A为中心原子，B为配位原子)，分子的价电子对数可以通过下列计算确定：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子供应的价电子数×m），配位原子中卤素原子、氢原子供应1个价电子，氧原子和硫原子按不供应价电子计算；若为离子，须将离子电荷计算在内：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子供应的价电子数×m±离子电荷数），阳离子取“－”，阴离子取“+”。依据价电子对数可以有以下结论：分子价电子对数几何构型中心原子杂化类型BeCl22直线型