2021届高考化学一轮复习过关训练：物质结构与性质【解析版】

物质结构与性质

1．下面的排序不正确的是（　　）

A．金属Cu中Cu原子堆积方式为面心立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12

B．晶体的熔点：SiC＞CCl4＞P4＞SO2

C．酸性：HClO4＞HClO3＞HClO

D．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI

【答案】B

【解析】A．在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，选项A不符合题意；B．一般来说晶体的熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，碳化硅为原子晶体，故熔点最高，白磷常温下为固体，四氯化碳为液体，二氧化硫为气体，则晶体的熔点SiC＞P4＞CCl4＞SO2  ， 选项B符合题意；C．同一种元素的含氧酸，非羟基氧越多，酸性越强；HClO4、HClO3、HClO非羟基氧分别为3、2、0故酸性顺序为：HClO4＞HClO3＞HClO，选项C不符合题意；D、离子半径F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣  ， 故离子键强度NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故晶格能NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，选项D不符合题意；答案选B。

2．天然硅酸盐组成复杂，其阴离子基本结构单元大多是SiO4四面体。在中，表示硅氧四面体，则该结构式的通式为

A．（Si2O5） B．（SiO3） C．（Si6O17） D．（Si8O24）

【答案】C

【解析】如图结构所示，将左边结构补全会形成两个环，被两个环共用的氧原子左边有7个，右边有7个共14个，独立成个体的氧原子共有10个(上边有5个，下边有5个)，同时每个环都有独立的硅原子，则Si：O=(4+4×0.5)：(14×0.5+10)=6：17，这样，每个环所包含的 O 有 17个硅有6个，再根据Si+4，O-2　的化合价，其结构式的通式为(Si6O17)，C正确；答案为C。

3．下列关于物质结构的命题中，错误的项数有（   ）

①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种

②元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为 [Ar]4s24p2，属于p区

③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子

④Na2O、Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1 ：2

⑤Cu（OH）2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物

⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“．．．”表示）结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：

⑦HF沸点高于HCl，是因为 HCl共价键键能小于HF

⑧可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键

A．4项 B．5项 C．6项 D．7项

【答案】B

【解析】①甲基中，碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以为sp3杂化，-COOH中，碳原子价层电子对个数=3+0=3，形成3个σ键，无孤对电子，采取sp2杂化，①正确；②Ge位于第四周期ⅣA族，Ge为32号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于p区元素，②错误；③H2O2结构不对称，属于极性分子，③错误；

④Na2O每有2个Na+，就有1个O2-，阴阳离子个数比为1：2，Na2O2每有2个Na+，就有1个，阴阳离子个数比为1：2，NaHSO4晶体中为Na+和，阴阳离子个数比为1：1，④错误；⑤Cu(OH)2属于碱能溶于硝酸，但Cu(OH)2能溶于氨水，是因为Cu(OH)2和氨水反应生成络合离子，属于络合反应，Cu(OH)2无两性，⑤错误；⑥氢键应形成于XH-Y形式中，X、Y必须是N、O、F元素之一，这样NH3·H2O的结构式有两种可能：H3NH-O-H、H2N-HOH2，由于NH3·H2O可电离出和OH-，前者合理，⑥正确；⑦HF和HCl属于分子晶体，由于HF中存在H—FH这样的相互作用，即氢键，使得HF沸点高于HCl，⑦错误；⑧O可以形成氢键，因此可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键，⑧正确；综上所述，共5项错误，答案选B。

4．亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，用于检验Fe3+，也用作实验的防结剂。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]＋FeCl3＝KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)＋3KCl，回答问题：

(1)基态Fe3+电子填充的最高能级符号为___________。

(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除离子键和共价键外，还有___________。含有12 mol σ键的KFe[Fe(CN)6]的物质的量为___________mol。

(3)黄血盐中N原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为________，与CN-互为等电子体的分子是________，离子是________。

(4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示。

①钠的熔点比钾更高，原因是_____________。

②Fe原子半径是r cm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_______g/cm3。

【答案】(1)3d   (2) 配位键    1    (3)sp    N>O>C    N2        (4)①K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高    ②   

【解析】(1)Fe原子核外有26个电子，失去3e−得到Fe3＋，基态Fe3＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，电子填充的最高能级为3d，故答案为：3d；

(2)K4[Fe(CN)6]是离子化合物，存在离子键，其中Fe(CN)含有共价键和配位键，即化学键为离子键、配位键和共价键；1个Fe(CN)中含有6个配位键，CN−中含有C≡N，1个C≡N中含有1个键、2个键，即1个Fe(CN)中含有12个键，所以含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为1mol，故答案为：配位键；1；

(3)CN−中中心原子C的价层电子对数＝＝2，即CN−的VSEPR模型为直线型，采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O第一电离能大小顺序为N＞O＞C；CN-含有2个原子，价电子数为10，与CN-互为等电子体的分子有氮气，离子有，故答案为：sp杂化；N＞O＞C；N2；；

(4)①K和Na都为金属晶体，Li原子半径小于Na原子半径，对核外电子的吸引能力更强，金属键更强，熔点更高；故答案为：K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高；

②设晶胞的边长为x，则4r＝x，则x＝cm，晶胞体积V＝x3cm3＝cm3，该晶胞中Fe原子数为，m(晶胞)＝nM＝×ag，晶胞密度ρ＝=g/cm3=，故答案为：

5．铝、锌、铁在人类生产和生活中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：

（1）Fe2+电子排布式为___，Zn的基态原子能级最高的电子的电子云轮廓图形状为___。

（2）已知Al的第一电离能为578kJ·mol-1、Mg的第一电离能为740kJ·mol-1，请解释Mg的第一电离能比Al大的原因___。

（3）Zn2+可形成[Zn(NH3)6]SO4络合物，1mol[Zn(NH3)6]2+配离子中含σ键___mol，其阴离子中心原子的杂化方式是___，NH3的沸点高于PH3的原因是___。

（4）已知Zn2+等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示：

请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因：___。

（5）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为___，其中Fe的配位数为___。

（6）Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图所示。六棱柱底边边长为xcm，高为ycm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为___g·cm-3（列出计算式即可）。

【答案】（1）[Ar]3d6    球型  

（2） Mg 的电子排布式为[Ne]3s2 ，Al 的电子排布式为[Ne]3s2 3p1 ，镁的 3s 处于全满状态，较稳定不易失去一个电子，铝的最外层为3p1 ，易失去一个电子形成稳定结构   

（3）24    sp3    氨分子之间形成分子间氢键   

（4）3d 轨道上没有未成对电子（或 3d 轨道全空或全满状态）  

（5）     4  （6）     

【解析】（1）铁为26号元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d6 4s2，所以Fe2+电子排布式为[Ar]3d6；Zn为30号元素，基态原子能级最高的电子为4s上的2个电子，所有电子云轮廓图形状为球形，故答案为：[Ar]3d6   球形；

（2）Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s2 3p1，镁的3s处于全满状态，较稳定，不易失去一个电子，铝的最外层为 3p1，易失去一个电子形成稳定结构，所以 Al 原子的第一电离能比Mg大，故答案为：Mg 的电子排布式为[Ne]3s2 ，Al 的电子排布式为[Ne]3s2 3p1，镁的3s处于全满状态，较稳定不易失去一个电子，铝的最外层为3p1 ，易失去一个电子形成稳定结构；

（3）[Zn(NH3)6] 2+中每个N原子形成3个氮氢σ键，与Zn2＋形成1个配位键，配位键也属于σ键，所以1mol该离子中σ键为24 mol；阴离子为，根据价层电子对互斥理论，其中心原子S的价电子对为对，所以中心S为sp 3杂化。NH3分子中 N原子的电负性强，原子半径小，使得N—H键的极性增强而表现一定的电性，分子之间能够形成氢键，而PH3分子中P半径大，电负性小，则不能形成分子间氢键，只存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，所以沸点NH3大于PH3，故答案为：24  sp 3  氨分子之间形成分子间氢键；

（4）Sc3+的外围电子排布式为[Ar]3d0 、Cr3+的外围电子排布式为[Ar]3d3 、Fe2+电子排布式为 [Ar]3d6 、Zn2+的外围电子排布式为[Ar]3d10，对比四种离子的外围电子排布式可知，其水合离子的颜色与3d轨道上的单电子有关，故答案为：3d 轨道上没有未成对电子（或 3d 轨道全空或全满状态）；

 （5）Fe能够提供空轨道，而Cl能够提供孤电子对，故 FeCl3分子双聚时可形成配位键。由常见AlCl3的双聚分子的结构可知FeCl3的双聚分子的结构式为 ，其中 Fe的配位数为4，故答案为：    4 ；

（6）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算：六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的铁原子为 个，N原子位于六棱柱内部，所以该六棱柱中的氮原子为2个，该结构的质量为，该六棱柱的底面为正六边形，边长为x cm，底面的面积为6个边长为x cm 的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为 cm2 ，高为 y cm，所以体积为cm3。所以密度为： ，故答案为：。

6．中科院大学研究团队在化学链合成研究方面取得新进展，该研究中涉及的物质有、、等，相关研究成果发表于自然能源上。

请回答下列问题：

基态Fe原子的外围电子排布式为__________________________，Cs元素位于周期表中的______区。

元素的第一电离能：Mg_____填“”或“”。H、N、O元素的电负性由大到小的顺序为____________________用元素符号表示。

分子中中心原子的杂化方式为__________，其空间立体构型为__________，与互为等电子体的粒子是___________________填粒子符号，任写一种

已知MgO的熔点为，CaO的熔点为，MgO的熔点高于CaO的原因是_____________________________________________________________________________________。

研究发现，只含Ni、Mg和C三种元素的晶体也具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示：

①与C原子紧邻的Ni原子有__________个。

②已知该晶胞中a原子的坐标参数为0，，b原子的坐标参数为(,,0)，则c原子的坐标参数为______________。

③已知该晶体的密度为 ，阿伏伽德罗常数的值为，则晶胞中Ni原子、Mg原子之间的最短距离为 _________________________ cm。

【答案】（1）；    s；（2）；；    （3）；    三角锥形；    等；    （4）二者属于离子晶体，的半径小于，MgO的晶格能大于CaO；    （5）①6；   ② ；   ③    

【解析】（1）基态Fe原子的核电荷数是26，所以核外也应该有26个运动状态不同的电子。基态Fe原子的价层电子排布式为；Cs元素属于碱金属元素第6周期第IA族，位于周期表中的s区，故答案为：；s；

（2）元素的第一电离能与元素的金属性有关，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量最低，所以第一电离能；元素的电负性与元素的非金属性变化规律相似，故H、N、O元素的电负性由大到小的顺序为，故答案为：>；；

（3）分子是由极性共价键所形成的极性分子，N原子杂化后的4个sp3轨道中，有一个杂化轨道已经有了一对成对电子不能再结合H原子，只能利用另外3个sp3轨道上的3个单电子结合3个H原子形成三个N-N键，而孤对电子对这三个键有较强的排斥作用，所以分子构型为三角锥型，其中心原子的杂化方式为sp3杂化；为10电子分子，所以等电子体是，故答案为：；三角锥形；等；

（4）从MgO与CaO的熔点均很高，可判断出二者的晶体类型均为离子晶体。但由于的半径小于，MgO的晶格能大于CaO，CaO的熔点低于MgO，故答案为：二者属于离子晶体，的半径小于，MgO的晶格能大于CaO；

（5）①从图中可看出Ni原子位于正方体面心上，而C原子位于正方体的中心上，所以与顶点位置最近的面心共有6个，即与C紧邻的Ni有6个，故答案为：6；

②a原子的坐标参数为，b原子的坐标参数为，在三维立体坐标轴中c原子所在位置为，，所以c原子的坐标参数为，故答案为：；

③设晶胞中Ni原子、Mg原子之间的最短距离为acm，则该晶胞的棱长为cm，晶胞体积为，由于Ni位于面心，所以完全属于一个晶胞的Ni个，Mg位于顶点，所以完全属于一个晶胞的Mg一个，碳位于体心，完全属于该晶胞，所以该晶胞的质量为可表示为，则晶体的密度，解得a=，故答案为：。

7．下列有关描述不正确的是

A．用杂化轨道理论解释CH4的正四面体空间构型

B．用周期律与周期表解释反应2C+SiO22CO↑+Si

C．用平衡移动原理解释钟乳石的形成过程

D．用洪特规则解释Fe2+与Fe3+稳定性

【答案】B

【解析】A．CH4中C的价层电子对数=4+=4，采用sp3杂化，因此CH4为正四面体，可以用杂化轨道理论解释CH4的正四面体空间构型，故A正确；B．上述反应能发生反应是因为产物中有气体CO生成，使平衡向右移动，不能用周期律与周期表解释，故B错误；C．钟乳石的形成过程中的主要化学反应为CaCO3 + H2O + CO2 ⇌Ca(HCO3)2，在温度较低，二氧化碳浓度较大时使得反应①的平衡正向移动，使得岩石中的碳酸钙溶解，在温度较高时反应①的平衡逆向移动，又生成碳酸钙沉淀，如此往复，形成钟乳石，可以用平衡移动原理解释钟乳石的形成过程，故C正确；D．铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，根据洪特规则，3d5中的5个电子排布在5个轨道中，为半充满结构，均为稳定，因此稳定性Fe2+＜Fe3+，可以用洪特规则解释Fe2+与Fe3+稳定性，故D正确；故选B。

8．下列说法中正确的是

A．、、的热稳定性与熔沸点均依次减小

B．N、O、F的电负性和第一电离能均依次增大

C．、、的还原性和水解程度均依次越大

D．、、的晶格能和熔点均依次减小

【答案】D

【解析】A．、、的热稳定性依次减小，但是，由于分子间存在氢键，故其熔沸点最高，A不正确；B．N、O、F的电负性依次增大，但是，由于N的2p轨道是较稳定的半充满状态，故其第一电离能高于O，B不正确；C．、、的还原性依次越大，但是，只有能够水解，C不正确；D．、、均为离子晶体，由于其阳离子半径依次增大，其离子键的强度依次减小，故其晶格能和熔点均依次减小，D正确。综上所述，相关说法中正确的是D。

9．BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3，一定条件下(H2O)2·BF3可发生如图转化，下列说法中正确的是

A．(H2O)2·BF3熔化后得到的物质属于离子晶体

B．(H2O)2·BF3分子间存在着配位键和氢键

C．BF3是仅含极性共价键的非极性分子

D．基态B原子核外电子的空间运动状态有5种

【答案】C

【解析】A. 从题干给定的转化可以看出，(H2O)2·BF3熔化后得到的物质为，虽然其由阴、阳离子构成，但其为液体，故其不属于离子晶体，故A不正确；B. (H2O)2·BF3分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，但分子间不存在配位键，故B错误；C. BF3采用的是sp2杂化类型，空间构型为平面三角形，结构对称，是仅含B-F极性共价键的非极性分子，故C正确；D. 基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，占据的原子轨道为3个，其空间运动状态应有3种，故D错误；答案选C。

10．短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子具有40个价电子，下列说法错误的是（    ）

A．的空间构型为平面三角形

B．简单离子半径：

C．中心原子的杂化方式为杂化

D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似

【答案】B

【解析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种超原子具有40个价电子，则Z的价电子数为个，Z为Al元素，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Y为N元素，X元素基态原子有2个未成对电子，X为C元素。

A．CO32-的中心原子的价电子对数为，不含孤电子对，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，A选项正确；B．N3-与Al3+的核外电子层数相同，而N的核电荷数小于Al，则离子半径：N3->Al3+，B选项错误；C．NO3-的中心原子的价电子对数为，不含孤电子对，采用sp2杂化，C选项正确；D．化合物ZY为AlN，是原子晶体，属于类金刚石氮化物，与C的单质金刚石结构相似，D选项正确；答案选B。

11．硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr。下列说法正确的是

A．基态Br原子中电子的空间运动状态有35种 

B．[Ag(S2O3)2]3-中含有离子键、共价键、配位键

C．中心原子S的杂化方式为sp3 

D．非金属元素S、O、Br中电负性最大的是Br

【答案】C

【解析】A．Br为35号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，其内层轨道全部占满，共占据14个轨道，4s能级一个轨道全部占满，4p能级3个轨道也占满，所以共有14+1+3=18种空间运动状态的电子，故A错误；B．[Ag(S2O3)2]3-中存在Ag+和之间的配位键，S原子和O原子之间的共价键，但不存在离子键，故B错误；C．与SO原子总数相同，价电子总数相同，所以中心S原子的杂化方式相同，SO中心S原子价层电子对数为=4，所以为sp3杂化，故C正确；D．非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性O最强，所以电负性最大的是O元素，故D错误；故答案为C。

12．X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素，原子序数依次增大；基态X的价电子轨道表示式为，Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍；四种元素与锂组成的化合物结构如图(箭头表示配位键）。下列说法正确的是

A．四种元素中第一电离能最大的是Z

B．Y和Z形成的化合物常温下均易溶于水

C．X的最高价氧化物的水化物是一种强酸

D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：前者高于后者

【答案】D

【解析】根据题干中，基态X的价电子轨道表示式为，Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍，推出Z是O，又原子序数依次增大，故X是B，在根据四种元素与锂组成的化合物中Y原子周围形成了四个化学键，故Y是C，再根据X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素，故W为F。

A. 根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故四种元素中第一电离能最大的是W，故A错误；B. Y和Z形成的化合物有CO和CO2，常温下均难溶于水，故B错误；C. X的最高价氧化物的水化物即硼酸，是弱酸，故C错误；D. Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物分别为H2O和HF，由于H2O分子中的O原子能与周围H2O分子中的两个H原子生成两个氢键，HF分子中的F原子只能形成一个氢键，一般氢键越多，熔沸点越高，所以H2O熔沸点高，故D正确；本题答案为：D

13．三氟化硼乙醚络合物是一种有机催化剂，测定其中的含量时涉及的反应为.下列说法错误的是（    ）

A．中B的杂化方式是

B．的空间构型为平面三角形

C．均可形成分子间氢键

D．晶体中每个周围有8个

【答案】A

【解析】A．中B原子采用杂化()，中B为杂化，故A错误；B．中心原子价层电子对数，N原子上无孤对电子，空间构型为平面三角形，故B正确；C．H2O和中均存在，分子间可形成氢键，故C正确；D．在萤石结构中，的配位数为8，的配位数为4，故D正确；故答案选A。

14．碳是地球上组成生命的最基本元素之一，与其他元素结合成不计其数的无机物和有机化合物，构成了丰富多彩的世界。碳及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：

(1)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。

①Li+与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态碳原子核外有___种运动状态不同的电子，其外围电子轨道表示式为___。W中Li+与孤对电子之间的作用属于___(填标号)。

A．离子键     B．共价键     C．氢键     D．配位键     E.以上都不是

②冠醚Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构，理由是___。

③冠醚分子中氧的杂化轨道的空间构型是___，C—O—C的键角___(填“＞”“＜”或“=”)109°28′。

(2)碳的一种同素异形体——石墨，其晶体结构及晶胞如图1、图2所示。则石墨晶胞含碳原子个数为___个。已知石墨的密度为ρg·cm-3，C—C键键长为rcm，阿伏加德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距d为___cm。

(3)碳的另一种同素异形体——金刚石，其晶胞如图3所示。已知金属钠的晶胞(体心立方堆积)沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图___ (从A～D图中选填)。

【答案】(1)①6        ②D    Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤电子对形成稳定结构   ③ 四面体    < (2)4    (3) D