高考化学二轮复习技能强化专练15《物质结构与性质》（含详解）

技能强化专练(十五)　物质结构与性质

1．随着科学的发展，许多新物质被发现或被合成出来，为新能源开发和新材料研制开拓出更大的空间。中科院科学家最近合成了一种新型材料，其结构简式为。

请回答下列问题。

(1)基态氟原子的最高能级的电子云有________种空间伸展方向，基态硒原子的价层电子排布式是________，用元素符号表示出氟、氧、氮、氢四种元素的第一电离能由大到小的顺序：________________________________________________________________________。

(2)该物质结构简式中的氮原子共形成________个π键；该物质中氮原子的轨道杂化类型为________，该分子中含有氮、氧、氟三种电负性很大的原子，也含有氢原子，它________(填“能”或“不能”)形成分子内或者分子间氢键。

(3)硒能形成两种常见的氧化物，属于V形分子的物质的分子式为________，沸点较高的物质是________。

(4)常压下，氨气在300 ℃时约有10%分解，水蒸气在2 000 ℃时约有5%分解，从物质结构的角度看，其原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(5)硒化锌的晶胞结构如图所示，硒离子的配位数是________，若晶胞参数为d pm，则硒化锌的密度为________ g·cm－3(不需要化简，1 m＝109 nm＝1012 pm)。

解析：(1)基态氟原子的最高能级为2p，电子云有3种伸展方向。根据硫原子的价层电子排布式推断硒原子的价层电子排布式。依第一电离能的递变规律及特例易确定四种元素的第一电离能的大小顺序为F>N>O>H。(2)该分子中的氮原子共形成2个π键。该分子中有的氮原子形成了3个σ键，有的氮原子形成了2个σ键和1个π键，它们均还有一个孤电子对，故该物质中氮原子的轨道杂化类型有sp2、sp3杂化；由于分子中没有H—F键、H—O键、H—N键，故无法形成相应的氢键。(3)硒的两种氧化物分别为SeO3、SeO2，SeO2中硒的价层电子对数为3，分子构型为V形。SeO3的相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高。(4)H—N键的键长大于H—O键的键长，键能：N—H<O—H，故NH3比H2O更易分解。(5)观察硒化锌的晶胞结构知，每个锌离子与四个硒离子成键，因此锌离子的配位数为4,1个晶胞中硒离子数为8×＋6×＝4，锌离子数为4，则硒化锌的化学式为ZnSe，故硒离子的配位数也为4；一个晶胞中含有4个“ZnSe”，其质量m＝ g，体积为(d×10－10 cm)3，密度为 g·cm－3。

答案：(1)3　4s24p4　F>N>O>H

(2)2　sp2、sp3　不能

(3)SeO2　SeO3

(4)H—N键的键长大于H—O键的键长，键能：N—H<O—H，故NH3比H2O更易分解

(5)4　

2．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＝1 958 kJ·mol－1、

INi＝1 753 kJ·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d g·cm－3，晶胞参数a＝

________nm。

解析：本题主要考查物质结构与性质，意在考查考生对原子、分子、晶体结构和性质的理解能力。(1)Ni元素原子核外有28个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。3d能级上有2个未成对电子。(2)①SO中S无孤电子对，立体构型为正四面体。②[Ni(NH3)6]2＋为配离子，Ni2＋与NH3之间为配位键。配体NH3中提供孤电子对的为N。③NH3分子间存在氢键，故沸点比PH3高。NH3中N有一个孤电子对，立体构型为三角锥形，因此NH3为极性分子，N的杂化轨道数为3＋1＝4，杂化类型为sp3。(3)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，Cu，Ni失去一个电子后电子排布式分别为[Ar]3d10、[Ar]3d84s1，铜的3d轨道全充满，达到稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。(4)①Cu原子位于面心，个数为6×＝3，Ni原子位于顶点，个数为8×＝1，铜原子与镍原子的数量比为31。②以该晶胞为研究对象，则g＝d g·cm－3×(a×10－7cm)3，解得a＝×107。

答案：(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　②×107

3．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________方法区别晶体、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________，1 mol乙醛分子中含有的σ键数目为________。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＝0.405 nm，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)

解析：(1)区分晶体、准晶体、非晶体的科学方法是X­射线衍射法。(2)基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，所以有4个未成对电子，失掉2个4s、1个3d电子形成Fe3＋，其电子排布为1s22s22p63s23p63d5；形成的硫氰合铁配离子为血红色。(3)乙醛分子中甲基碳原子采取sp3杂化；醛基碳原子采取sp2杂化；CH3CHO分子中的1个碳碳键、4个碳氢键都是σ键，碳氧双键中有1个σ键，所以1 mol乙醛分子中共有6 molσ键；由于乙酸分子羟基极性更强，形成分子间氢键，导致沸点升高；根据分摊原则，Cu2O晶胞中有8个氧原子，则应该有16个Cu原子。(4)面心立方最密堆积的配位数为12；面心立方最密堆积的晶胞内有4个Al原子，其质量＝4×g，体积＝(4.05×10－7)3cm3，所以其密度＝g·cm－3。

答案：(1)X­射线衍射法

(2)4　1s22s22p63s23p63d5　血红色

(3)sp3、sp2　6NA　乙酸存在分子间氢键　16

(4)12　

4．砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：

(1)写出基态As原子的核外电子排布式________。

(2)根据元素周期律，原子半径Ga________As，第一电离能Ga________As。(填“大于”或“小于”)

(3)AsCl3分子的立体构型为________，其中As的杂化轨道类型为________。

(4)GaF3的熔点高于1 000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是____________________。

(5)GaAs的熔点为1 238℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为______，Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol－1和MAsg·mol－1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。

解析：本题考查物质结构与性质知识，意在考查考生对相关原理的应用能力。(1)根据构造原理可写出基态As原子的核外电子排布式。(2)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势。Ga的原子半径大于As，Ga的第一电离能小于As。(3)AsCl3的中心原子(As原子)的价层电子对数为(5＋1×3)/2＝4，所以是sp3杂化。AsCl3的立体构型为三角锥形。(4)根据晶体类型比较熔点。一般来说，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点。

(5)根据晶胞结构示意图可以看出，As原子与Ga原子形成了空间网状结构的晶体，结合GaAs的熔点知GaAs是原子晶体。首先用均摊法计算出1个晶胞中含有As原子的个数：8×1/8＋6×1/2＝4，再通过观察可知1个晶胞中含有4个Ga原子。4个As原子和4个Ga原子的总体积V1＝4×(π×10－30×r＋π×10－30×r)cm3；1个晶胞的质量为4个As原子和4个Ga原子的质量之和，即(＋)g，所以1个晶胞的体积V2＝(MAs＋MGa)cm3。最后V1/V2即得结果。

答案：(1)[Ar]3d104s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3

(2)大于　小于　(3)三角锥形　sp3

(4)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高

(5)原子晶体　共价　×

100%

5．碳及其化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：

(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用________形象化描述。在基态14C原子中，核外存在________对自旋相反的电子。

(2)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是________。

(3)CS2分子中，共价键的类型有________，C原子的杂化轨道类型是________，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子________。

(4)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253 K，沸点为376 K，其固体属于________晶体。

(5)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：

①在石墨烯晶体中，每个C原子连接________个六元环，每个六元环占有________个C原子。

②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接________个六元环，六元环中最多有________个C原子在同一平面。

解析：本题主要考查物质结构知识，意在考查考生的抽象思维能力、空间想象能力以及知识迁移能力。(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用“电子云”形象化描述。根据碳的基态原子核外电子排布图可知，自旋相反的电子有2对。(2)碳原子有4个价电子，且碳原子半径小，很难通过得或失电子达到稳定电子结构，所以碳在形成化合物时，其键型以共价键为主。(3)CS2中C为中心原子，采用sp杂化，与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子有CO2、SCN－等。(4)Fe(CO)5的熔、沸点较低，符合分子晶体的特点，故其固体为分子晶体。(5)①由石墨烯晶体结构图可知，每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有的C原子数为×6＝2。②观察金刚石晶体的空间构型，以1个C原子为标准计算，1个C原子和4个C原子相连，则它必然在4个六元环上，这4个C原子中每个C原子又和另外3个C原子相连，必然又在另外3个六元环上，3×4＝12，所以每个C原子连接12个六元环；六元环中最多有4个C原子在同一平面。

答案：(1)电子云　2

(2)C有4个价电子且半径小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构

(3)σ键和π键　sp　CO2、SCN－(或COS等)

(4)分子　(5)①3　2　②12　4