2019年高考化学二轮复习物质结构与性质作业 练习

配套作业

1．化学科学的发展离不开物质结构的探索和研究。物质结构研究对于保护生态环境、实现社会的可持续发展有重要的意义。请回答下列问题：

(1)基态铜原子最外层电子所占用能级的电子云轮廓图形状为________，基态硒原子的价电子排布图为________。

(2)次氯酸分子的VSEPR模型名称为________，中心原子的杂化类型为________。

(3)C、O、F三者的第一电离能由小到大的顺序为____________。

(4)CaO的熔点比BaO________(填“高”或“低”)，原因是

________________________________________________________________。

(5)H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是

________________________________________________________________。

(6)与CN－互为等电子体的离子有________(写出一种即可)。

(7)Fe和S形成的某种晶胞如图所示：其中白球表示S，黑球表示Fe，则该物质的化学式为________。该晶胞中硫原子的配位数为________；假设该晶胞的密度为ρ g/cm3，用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞中距离最近的S原子之间的距离为______________________pm。

答案　(1)球形　

(2)四面体形　sp3杂化

(3)C＜O＜F

(4)高　Ca2＋半径比Ba2＋小，CaO的晶格能比BaO大

(5)H2SeO4和H2SeO3可用(HO)mSeOn，H2SeO4中的n值大，Se的正电性高导致Se—O—H中O的电子向Se偏移，在水分子的作用下更容易电离出H＋，所以酸性更强(或者说H2SeO4中非羟基氧数目多，所以酸性更强也得分)

(6)C　(7)FeS　4　× ×1010

解析　(7)黑球铁处于晶胞内部，晶胞中含有4个Fe原子，白球S处于顶点和面心，晶胞中含有S原子数目为6×＋8×＝4，约成最简整数比即得化学式为FeS，根据图示，每个铁原子周围有四个硫原子，即晶胞中铁原子的配位数为4，则硫原子的配位数也为4；晶胞质量为4× g，假设该晶胞的边长为a cm，则(a cm)3×ρ g/cm3＝4× g，则a＝ cm，距离最近的S原子之间距离为晶胞边长的，故距离最近的S原子之间距离为×  cm＝× ×1010 pm。

2．(2018·株洲市高三质检)铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。

(1)基态Fe2＋的简化电子排布式为________。

(2)实验室可用KSCN、苯酚()来检验Fe3＋。N、O、S三种元素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____________。

(3)FeCl3的熔点为306 ℃，沸点为315 ℃。FeCl3的晶体类型是____________。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO的立体构型是____________。

(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含________ mol σ键，与CO互为等电子体的离子是________________(填化学式，写一种)。

(5)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为________。

(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2＋紧邻且等距离的Fe2＋数目为________；Fe2＋与O2－最短核间距为__________pm。

答案　(1)[Ar]3d6

(2)N>O>S　sp2杂化

(3)分子晶体　正四面体形

(4)10　CN－或C

(5)3∶1

(6)12　×1010

解析　(6)氧化亚铁晶胞为面心立方最密堆积，则与Fe2＋紧邻且等距离的Fe2＋的数目为12个；晶胞中FeO的个数为4，则该晶胞的边长为  cm，Fe2＋与O2－最短核间距为边长的一半：×  cm＝ cm＝×1010 pm。

3．(2018·长春市高三质检)第一代半导体材料(Si、Ge等)与第二代半导体材料(GaAs、InSb等)一起，将人类推进了信息时代。近年来，以碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)为代表的第三代半导体材料的出现，开辟了人类资源和能源节约型社会的新发展，也成为了科学家研究的热点。

(1)基态锗原子的价电子排布图为________。

(2)N、P、As位于同一主族，基态氮原子的核外共有________种不同运动状态的电子，N2O的空间构型为________，与PO互为等电子体的分子有________(填一种即可)。

(3)酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。

酞菁钴中碳原子的杂化轨道类型为________；与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是________。

(4)已知PH3分子的键角约为94°，而AsH3分子的键角约为91.8°，试用价层电子对互斥理论解释PH3的键角比AsH3的键角大的原因___________________。

(5)第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有________。

(6)氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表中所示：

试从结构的角度分析它们熔点不同的原因________________________。

(7)磷化铝晶胞如图所示，若两个铝原子之间的最近距离为d pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ＝______________g/cm3。

答案　(1)

(2)7　直线形　CCl4(或SiF4等)

(3)sp2　 1、3

(4)P原子半径比As原子半径小，PH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大

(5)Mg、Si、S

(6)氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低

(7)×1030

解析　(7)根据均摊原则，晶胞中P原子数是4，Al原子数是8×＋6×＝4，所以晶胞的摩尔质量是232 g/mol，两个铝原子之间的最近距离为d pm，则晶胞的边长为d pm，晶胞的体积为(d×10－10)3 cm3，ρ＝＝＝×1030 g/cm3。

4．(2018·呼和浩特市高三二模)铂(Pt)可以和很多化合物形成配合物。生产生活中有重要的用途。

(1)铂和氨水可以形成配合物。可用于提取铂。氨水中各元素的第一电离能从大到小的顺序为________。

(2)二氯二吡啶合铂是由Pt2＋、Cl－和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体，科学研究表明，反式分子和顺式分子同样具有抗癌活性。

①Cl－的核外电子排布式为____________。

②吡啶分子是大体积平面配体。其结构简式为，吡啶分子中氮原子的轨道杂化方式是________，分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数。n代表参与形成大π键的电子数。则吡啶中的大π键应表示为________；1 mol吡啶中含有σ键的数目为______。

③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有________(填字母)。

a．离子键　b．配位键　c．金属键　d．非极性键

e．氢键　f．极性键

④二氯二吡啶合铂分子中，Pt2＋的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。

简述理由：

________________________________________________________________。

⑤反式二氯二吡啶合铂分子结构如右图所示，该分子是________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)富勒烯C60能够与Pt结合形成一系列配合物。富勒烯(C60)的结构如图所示，C60属于________晶体；C60分子中五元环与六元环的数目比为________。

(4)金属铂立方晶胞的二维投影图如右图所示。若金属铂的密度为d g/cm3。则晶胞参数a＝________nm(列出计算式即可)。

答案　(1)N>O>H

(2)①1s22s22p63s23p6或[Ne]3s23p6

②sp2杂化　Π　11NA

③bdf

④若Pt2＋以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体(二氯二吡啶合铂分子存在顺反两种构型。若为sp3杂化则不存在顺反异构)

⑤非极性

(3)分子　3∶5

(4)×107或 

解析　(1)同周期元素的第一电离能从左往右呈增大趋势，但N元素的2p轨道处于半充满状态，故N的第一电离能大于O。

(2)①Cl－的核外电子数为18，其电子排布式为1s22s22p63s23p6。

②根据吡啶的结构简式可知：N原子形成了2个σ键，且含有一对孤电子对，故吡啶分子中氮原子的杂化方式为sp2杂化；吡啶中参与形成大π键的原子数和电子数均为6，则吡啶中大π键应表示为Π；1 mol 吡啶中含有11 mol σ键。

③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间的作用力有氮原子形成的配位键、碳碳之间形成的非极性键和碳氮之间形成的极性键。

④由题信息可知：二氯二吡啶合铂存在顺反异构，若以sp3杂化方式进行配位，则不存在顺反异构。

⑤分子结构完全对称，正负电中心重合。

(3)C60是由60个碳原子构成的分子，其中含有12个五元环和20个六元环。

(4)根据图可得，每个金属铂立方晶体独自占有铂的个数为4，则V＝＝＝，所以a＝ cm＝×107 nm。

5．硒化锌是一种半导体材料，回答下列问题。

(1)锌在周期表中的位置__________________。Se基态原子价电子排布图为________。元素锌、硫和硒第一电离能较大的是________(填元素符号)。

(2)Na2SeO3分子中Se原子的杂化类型为________。H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是________________________。

(3)气态SeO3分子的立体构型为____________。下列与SeO3互为等电子体的有________(填序号)。

A．CO    B．NO

C．NCl3    D．SO

(4)硒化锌的晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为________(填元素符号)。该晶胞中硒原子所处空隙类型为________(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)，该种空隙的填充率为________。若该晶胞密度为ρ g·cm－3，硒化锌的摩尔质量为M g·mol－1。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为________nm。

答案　(1)第四周期ⅡB族　　S

(2)sp3　H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合价更高)

(3)平面三角形　AB

(4)Zn　正四面体　50%　×107

解析　(1)Zn在元素周期表的位置为第四周期ⅡB族。Se的原子核外有34个电子，最外层有6个电子，则其核外电子分4层排布，最外层电子排布为4s24p4，基态原子价电子排布图为。锌金属性较强，第一电离能较小，S的非金属性强于As，第一电离能最大，即元素锌、硫和硒第一电离能较大的是S。

(2)Na2SeO3分子中Se原子的价层电子对数为＝4，所以Se杂化方式为sp3杂化。H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合价更高)，故H2SeO4的酸性比H2SeO3强。

(3)SeO3的价层电子对数是3，Se原子上无孤电子对，故分子的立体构型是平面三角形。等电子体要求原子总数相同，价电子总数相同，所以与SeO3互为等电子体的一种离子为CO或NO等，答案选A、B。

(4)硒化锌的晶胞结构中原子个数比为1∶1，其中Se原子4个，若X和Y点所堆积的原子均为Zn原子，则8×＋6×＝4，符合，则图中X和Y点所堆积的原子均为Zn原子。根据图中原子位置可知，该晶胞中硒原子所处空隙类型为正四面体，该种空隙的填充率为50%。若该晶胞密度为ρ g·cm－3，硒化锌的摩尔质量为M g·mol－1。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，根据ρ＝＝，所以V＝，则晶胞的边长为 cm＝×107 nm。