2024届人教版高考化学一轮复习专题八化学键分子和晶体的结构与性质十年高考题作业含答案

这是一份2024届人教版高考化学一轮复习专题八化学键分子和晶体的结构与性质十年高考题作业含答案，共49页。试卷主要包含了已知，下列说法错误的是，下列表示不正确的是，025akJ·ml-1，卤族元素包括F、Cl、Br等等内容，欢迎下载使用。
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+Cl2 2HCl。下列说法不正确的是(　　)
A.H2分子的共价键是s-s σ键,Cl2分子的共价键是s-p σ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　A　Cl2分子的共价键是p-p σ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—H
Si—H

C—O
Si—O
C—C
Si—Si
键能/
kJ·mol-1
411
318
799
358
452
346
222
A.稳定性:CH4>SiH4
B.键长:”“　SeO3中Se采取sp2杂化,SeO32-中Se采取sp3杂化
(2)①11∶3　②O>C>H>Fe
(3)①sp3　②H2O或H2S
(4)①KFe2Se2　②4　
③(39+56×2+79×2)×20.4×0.4×1.4×10-21×NA
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1 mol KFe2Se2的体积为0.4×0.4×1.4×10-21cm32×NA,1 mol KFe2Se2的质量为(39+56×2+79×2) g,故该晶体的密度为(39+56×2+79×2)×20.4×0.4×1.4×10-21×NA g·cm-3。

8.(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(CH2 CH2)与四氟乙烯(CF2 CF2)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)CF2 CF2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a pm,正负离子的核间距最小为　　　　pm。 

答案　(1)
↑↓
2s　
↑↓
↑↓
↑
2p
(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)sp2　sp3　F的电负性比H大,C—F键的键能比C—H键的大
(5)Ca2+　34a
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)CF2 CF2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34a pm。
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.1s22s22p43s1　　　　b.1s22s22p43d2
c.1s22s12p5　　　　d.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(Π34)。 
②一氯乙烷(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)ad　d
(2)①sp2　σ　②C2H5Cl>C2H3Cl>C2HCl　Cl参与形成的大π键越多,形成的C—Cl键越短
(3)CsCl　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
(4)固体电解质　12(5.04×10-10)3NA
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—Cl σ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(504×10-12 m)3·NA mol-1=12(5.04×10-10)3NA m3·mol-1。
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∶3　2∶1∶1　Ni2+、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)2
HCONH2
相对分子质量
73
45
沸点/℃
153
220
HCON(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
CF4
SiF4
BF3
AlF3
熔点/℃
-183
-90
-127
>1 000
CF4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1
①Fe2+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—O键角的大小并解释原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
③FeSO4·7H2O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a nm,结构如图2。

图2
①距离Fe2+最近的阴离子有　　　个。 
②FeS2的摩尔质量为120 g·mol-1,阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为　　　　　　　　g·cm-3。(1 nm=10-9 m) 
(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)①3d6　②孤电子对有较大斥力,使键角小于键角　③配位键、氢键
(2)①6　②480NA×(a×10-7)3
(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”或“　正四面体形
(6)①K2SeBr6　②12×34MrρNA×107
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a cm,一个晶胞中含有4个“K2SeBr6”,故ρ=4MrNAa3,则a=34MrρNA,由投影图知,相邻K之间的最短距离为12a cm,即12×34MrρNA×107 nm。
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]2s22p4　2
(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]SO4
C.[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)Cu　Cu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)D　D中含有-1价的O,具有强氧化性,能将Mn2+转化为MnO4-
(6)①Cu2ZnSnS4　②(14,34,58)
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8×12=4,则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4;②根据A原子的坐标和几何关系知,B原子的坐标为(14,34,58)。

16.(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]3d84s2　2
(2)①正四面体　②配位键　N　③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∶1　②2516.02×1023×d13×107
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,一个轨道被孤电子对占据,是极性分子。
(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=1,两者数量比为3∶1;
②由题意可得:d=3×64+59(a×10-7)3×6.02×1023,解得a=32516.02×1023×d×107nm。
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)1s22s22p63s23p5　Ar　HClO4　正四面体
(3)①CuCl　4×99.5NA×(0.542)3×10-21或4×M(CuCl)NA×a3×10-21
②Cu+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:CuCl+2NH3·H2O[Cu(NH3)2]Cl+2H2O,形成了易溶于水的配合物,该配合物遇到空气被氧化成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+。

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)O　1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)(每空1分,共2分)
(2)O3　O3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　4
2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)(每空1分,共3分)
(5)Na2O　8　4×62 g·mol-1(0.566×10-7cm)3×6.02×1023mol-1=2.27g·cm-3(1分,1分,2分,共4分)
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62 g·mol-16.02×1023mol-1×4,晶胞的体积为(0.566×10-7)3cm3,晶体密度为62 g·mol-1×46.02×1023mol-1×0.5663×10-21cm3=2.27g·cm-3。

19.(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)4　1s22s22p63s23p63d5　血红色
(3)sp3、sp2　6NA　CH3COOH存在分子间氢键　16
(4)12　4×276.022×1023×(0.405×10-7)3
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
↑↓

↑↓
↑
↑
↑
↑
3d 4s ,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×27 g·mol-1(0.405×10-7cm)3=4×276.022×1023×(0.405×10-7)3g·cm-3。

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“>”“