2020届二轮复习 物质结构与性质 作业（全国通用） (1) 练习

物质结构与性质

1． Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通信领域以及光学工程等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用。

(1)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________。

(2)与N3－含有相同电子数的三原子分子的空间构型是________。

(3) Cu＋的电子排布式为________，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2＋和Cu，但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O：________。

(4)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是________，乙醛分子H—C===O的键角________(填“大于”“等于”或“小于”)乙醇分子中的H—C—O的键角。

(5)[Cu(H2O)4]2＋为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl－取代有两种不同的结构，试写出Cu(H2O)2Cl2具有极性的分子的结构式：________。

解析：(2)与N3－含有相同电子数的三原子分子为H2O，H2O中O原子价层电子对个数＝2＋×(6－2×1)＝4且含有两个孤电子对，所以为V形结构。(3)Cu＋的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu＋的3d轨道上全满，稳定。

(4)乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，导致乙醛分子中H—C===O的键角大于乙醇分子中的H—C—O的键角。

(5) [Cu(H2O)4]2＋为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl－取代有两种不同的结构，[Cu(H2O)2(Cl)2] 具有极性的分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为。

答案：(1)N>O>C　(2)V形

(3)1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10　Cu＋的3d轨道上电子全满，其结构稳定　(4) sp3、sp2　大于

(5)

2．根据下列五种短周期元素的电离能数据(单位：kJ/mol)，回答下列各题。

  (1)在这五种元素中，最可能处于同一族的两种元素是________(填元素符号)，S元素最可能是________区元素。

(2)基态Q元素原子的价电子排布式是________。Q和T同周期。化合物QT中T元素的化合价为________；第一电离能介于Q、T之间的同周期元素有________种。

(3)化合物RT3中化学键类型为________，RT3的阴离子的几何构型为 ________。

(4)下列元素中，化学性质和物理性质最像U元素的是________。

A．硼　B．铍　C．锂　D．氦　E．碳

(5)R的某种氧化物X晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝0.566 nm，X的化学式为________； 列式并计算晶体X的密度(g·cm－3)。

__________________________________________________________

__________________________________________________________________。

解析：Q元素的I4≫I3，Q元素的原子最外层有3个电子，Q处于第ⅢA族；R元素的I2≫I1，R元素的原子最外层有1个电子，R处于第IA族；S元素的I4≫I3，S元素的原子最外层有3个电子，S处于第ⅢA族；T、U元素的I1～I5没有突变，T、U的最外层电子数至少5个。

(1)根据上述分析，这五种元素中，最可能处于同一族的两种元素是Q和S，Q和S都处于第ⅢA族，Q的I1大于S的I1，Q为B元素，S为Al元素。最可能处于同一族的两种元素是B和Al。S为Al元素，基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，最后一个电子填入3p能级，Al是p区元素。

(2)Q为B元素，B原子核外有5个电子，基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，基态B原子的价电子排布式为2s22p1。Q的化合价为＋3价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，QT中T元素的化合价为－3价。Q属于第二周期，Q和T同周期，T也属于第二周期，T为N元素，第一电离能介于B和N之间的有Be、C、O，共3种元素。

(3)R为第IA族元素，R原子核外电子数大于5，R为Na元素；T为N元素，RT3为NaN3，其中含有离子键和共价键。NaN3中阴离子为N，N与CO2互为等电子体，CO2为直线形，则N也为直线形。

(4)U的最外层电子数至少5个，U不可能是第IA 族～ⅣA族元素，U的第一电离能较大，U可能是0族元素，化学性质和物理性质最像U元素的是氦，答案选D。

(5)用“均摊法”，小黑球(Na＋)：8个，大白球(O2－)：8×＋6×＝4，X的化学式为Na2O。晶胞的体积为(0.566 nm) 3＝ (0.566×10－7) 3 cm3,1 mol晶胞的体积为(0.566×10－7)3 cm3×NA,1 mol晶胞的质量为4×62 g，晶体X的密度为

≈2.27 g/cm3。

答案：(1)B和Al　p　(2)2s22p1　－3　3

(3)离子键、共价键　直线形

(4)D　(5)Na2O

≈2.27 g/cm3。

3．下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素，用化学用语回答以下问题。

(1)其中属于过渡元素的是________(用元素符号表示，下同)，比较②的氢化物与同族第三、四周期元素所形成的氢化物沸点高低并说明理由：___________。

 (2)②与③中第一电离能较小的元素是________；①和④形成的物质与⑤和⑥形成的物质晶体中熔点较高的是________。

(3)①形成的有机试剂在有机合成中有重要应用，但极易与O2、CO2等反应。下列说法不正确的是________(填字母序号)。

a．CO2中σ键与π 键的数目之比为1∶1

b．游离态和化合态①元素均可由特征发射光谱检出

c．叔丁基锂{[(CH3)3C]Li}中碳原子的杂化轨道类型为sp3和sp2

(4)图一是上述元素形成的物质晶胞结构示意图，其化学式为________，其中Fe2＋的基态电子排布式为________，PO的空间构型为________。

(5)金属①的晶体为体心立方晶胞，其配位数为________；若其晶胞边长为a pm，则锂晶体中原子的空间占有率是________。

(6)上述元素形成的CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图二所示)，但CaC2晶体中哑铃形C的存在，使晶胞沿一个方向拉长(粒子间距增加)。CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的C数目为________。

解析：由题干中周期表可知：①为Li；②为N；③为O；④为F；⑤为Na；⑥为Cl；⑦为Ca；⑧为Mn；⑨为Fe；⑩为Ni。

(1)其中属于过渡元素的是⑧Mn、⑨Fe、⑩Ni三种元素，第ⅤA族第二、三、四周期元素的氢化物沸点由高到低排列为NH3>AsH3>PH3，原因是NH3可以形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3的沸点比PH3高。(2)因为N原子核外电子排布为1s22s22p3, p轨道为半充满状态，属于稳定状态，因此第一电离能大于相邻的氧原子的第一电离能，①和④形成的物质氟化锂，是离子化合物，⑤和⑥形成的物质为氯化钠，属于离子化合物；组成相似的离子化合物，离子半径越小，离子键能越大，物质的熔点就越高，离子半径：Li＋＜ Na＋、F－＜Cl－。所以LiF熔点较高。(3) CO2的结构简式为O===C===O,1个双键含有1个σ键、1个π键，a正确；每种原子都有自己的特征谱线，游离态和化合态锂元素均可由特征发射光谱检出，b正确；叔丁基锂{[(CH3)3C]Li}中碳原子的杂化轨道数目均为4，碳原子采取sp3杂化，c错误。(4)图一是上述元素形成的物质晶胞结构示意图，含有Li＋个数为8×1/8＋2×1/2＋4×1/4＋1＝4，PO个数为4，Fe2＋个数为4，所以该物质化学式为LiFePO4；Fe2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；PO中P原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝4＋0＝4，空间构型为正四面体。(5)金属锂为体心立方晶胞，体心Li原子与晶胞顶点Li原子相邻，则配位数为8；计算晶胞中Li原子数目为8×＋1＝2，晶胞体对角线长度为Li原子半径的4倍，晶胞体对角线长度为晶胞棱长的倍，设Li原子半径为r，则r＝a/4，晶胞的体积为a3 pm3，原子的体积为2××(a/4)3，故原子的空间占有率[2××(a/4)3]÷a3＝×100%。

(6)由图像可知，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶胞结构的基础上沿竖直方向拉长，所以距离中心Ca2＋最近的C分别在四个侧面中心，所以数量为4。

答案：(1)Mn、Fe、Ni　NH3＞AsH3＞PH3，NH3可以形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3的沸点比PH3高　(2)O　LiF　(3)c　(4)LiFePO4

1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6　正四面体　(5)8　×100%　(6)4

4．黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是生产铜、铁和硫酸的原料。回答下列问题：

(1)血红素是吡咯(C4H5N)的重要衍生物，血红素(含Fe2＋)可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如下图：

①已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N原子的杂化类型为________。

②1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为________个。

③C、N、O三种元素的简单氢化物中，沸点由低到高的顺序为________________(填化学式)。

④血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过________________键相结合。

(2)用石墨做电极处理黄铜矿可制得硫酸铜溶液和单质硫。石墨的晶体结构如图所示，虚线勾勒出的是其晶胞。则石墨晶胞中含碳原子数为________个。已知石墨的密度为ρ g/cm3，C—C键的键长为r cm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则石墨晶体的层间距d＝________cm。

解析：(1)②根据分子结构可知1 mol吡咯分子中单键均为σ键，有1个N—H σ键，4个C—H σ键、2个C—N σ键、3个C—C σ键，所以所含的σ键总数为10NA。

(2)石墨的晶胞结构如图所示，设晶胞的底边长为a cm，高为h cm，层间距d cm，则h＝2d，由图可以看出1个石墨晶胞中含有4个碳原子(4＝8×＋4×＋2×＋1)。

则由图可知：＝r×sin 60°，得a＝r，

ρ g·cm－3＝＝

，解得d＝。

答案：(1)①sp2　②10NA　③CH4＜NH3＜H2O　④配位键　(2)4　或

5．(2018·常德模拟)“摩尔盐”是分析化学中的重要试剂，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。“摩尔盐”在一定条件下分解的化学方程式为：

4[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]2Fe2O3＋3SO3＋5SO2↑＋N2↑＋6NH3↑＋31H2O。回答下列问题：

(1)铁元素在元素周期表中的位置为________，其价层电子排布图为________。

(2)组成“摩尔盐”的非金属元素中第一电离能最大的元素为________。“摩尔盐”的分解产物中属于非极性分子的化合物是________。

(3)NH3的沸点比N2O的沸点________(填“高”或“低”)，其主要原因是______________________________________________________________。

(4) K3[Fe(CN)6]常用于检验Fe2＋，K3[Fe(CN)6]中除了离子键以外还存在的化学键为________，与CN－互为等电子体的单质的分子式为________。HCN分子中σ键和π键的个数之比为________ 。

(5)FeO晶胞结构如图所示，FeO晶体中Fe2＋配位数为____________，若该晶胞边长为a cm，则该晶胞密度为________ 。

解析：(2)组成“摩尔盐”的非金属元素中第一电离能最大的元素为N。“摩尔盐”的分解产物有Fe2O3、 SO3、SO2、N2、NH3、H2O，其中SO3是平面三角形结构，属于非极性分子，而N2是非极性分子单质，SO2、NH3、H2O均为极性分子。

(4) K3[Fe(CN)6] 中除了离子键以外，Fe2＋与CN－形成配位键，CN－中存在C≡N键，为极性共价键，三键中有1个σ键、2个π键，还存在共价键和配位键；CN－中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN－等电子体的单质为N2；HCN分子中存在H—C和C≡N，其中三键中有1个σ、键2个π键，则HCN分子中σ键和π键的个数之比为2∶2＝1∶1。

(5)以亚铁离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，结合图片知，亚铁离子配位数为6，该晶胞中亚铁离子个数＝8×＋6×＝4，O2－个数＝12×＋1＝4，其密度＝＝ g/cm3＝ g/cm3。

答案：(1)第四周期第Ⅷ族　

 (2)N　SO3　(3)高　NH3分子间存在氢键　(4)共价键和配位键　N2 　1∶1

(5)6　 g/cm3

6．铝及其化合物在工农业生产及日常生活中有重要用途。请回答下列问题：

(1) Al原子的价电子排布图为_________________________________________，

Na、Mg、Al的第一电离能由小到大的顺序为________。

(2)某含有铝元素的翡翠的化学式为Be3Al2(Si6O18)，其中Si原子的杂化轨道类型为________。

(3)工业上用氧化铝、氮气、碳单质在高温条件下可制备一种四面体结构单元的高温结构陶瓷，其晶胞如图所示：

①该制备反应的化学方程式为______________________________________。

②该化合物的晶体类型为________，该晶胞中有________个铝原子，该晶胞的边长为a pm，则该晶胞的密度为________g·cm－3。

(4) AlCl3的相对分子质量为133.5,183 ℃开始升华，易溶于水、乙醚等，其二聚物(Al2Cl6)的结构如图所示，图中1键键长为206 pm,2键键长为221 pm，从键的形成角度分析1键和2键的区别：____________________________。

 (5)LiAlH4是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇：

CH3COOHCH3CH2OH　

CH3COOH分子中π键和σ键的数目之比为____________，分子中键角α________键角β(填“大于”“等于”或“小于”)。

解析：(2)拆写成氧化物的形式3BeO·Al2O3·6SiO2,1 mol SiO2中含有4 mol σ键，无孤电子对，因此Si的杂化类型为sp3。(3)考查化学反应方程式的书写、晶体类型判断。晶胞的计算，①根据晶胞的结构，Al在顶点和面心，Al的个数为8×1/8＋6×1/2＝4，N位于晶胞内部，个数为4，化学式为AlN，Al2O3＋N2＋3C2AlN  ＋3CO；②AlN的性质是高温结构的陶瓷，说明AlN的熔沸点高，即AlN属于原子晶体；根据上述分析，晶胞中有4个铝原子；晶胞的体积为(a×10－10)3 cm3；晶胞的质量为×41 g, 根据密度的定义，晶胞的密度为 g/cm3。(4)考查配位键，根据题目AlCl3的性质，推出AlCl3属于分子晶体，1个Al原子提供三个电子，与三个氯原子形成共价键，根据Al2Cl6的结构，说明Al有配位键，即2键为配位键，因此区别是1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键，2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键。(5)考查化学键数目的判断，成键原子之间只能形成一个σ键，因此1 mol醋酸中含有σ键物质的量为7 mol，羧基中含有碳氧双键，因此1 mol醋酸中含有π键的物质的量为1 mol，即π键和σ键的数目之比为1∶7；羰基上的O原子有两个孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此分子中键角α小于键角β。

答案：(1) 　Na＜Al＜Mg　(2)sp3　(3)①Al2O3＋N2＋3C3CO＋2AlN　②原子晶体

4　　(4)1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键，2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键　(5)1∶7　小于