2019届一轮复习苏教版物质结构与性质作业
物质结构与性质
一、江苏省近五年高考真题汇编
1. (2014·江苏高考·21 A)
含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液可用于检验醛基,也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O。
(1)Cu+基态核外电子排布式为 。
(2)与OH-互为等电子体的一种分子为 (填化学式)。
(3)醛基中碳原子的轨道杂化类型是 ;1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为 。
(4)含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为 。
(5)Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4。铜晶胞结构如下图所示,铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为 。
【解析】(1)Cu为29号元素,核外电子排布式为[Ar]3d104s1,Cu+为Cu失去4s轨道上的一个电子,则为[Ar]3d10。
(2)等电子体必须具备原子数相等,价电子数相等,O得一个电子,即为F,所以OH-与HF互为等电子体。
(3)醛基中的C为碳氧双键,属于sp2杂化,CH3CHO中单键均为σ键,CO中有一个为σ键,共有6 mol。
(4)醛基在碱性条件下,可被Cu(OH)2氧化生成Cu2O沉淀。
(5)Cu为面心立方晶胞,配位数为12。
答案:(1)[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10
(2)HF
(3)sp2 6NA或6×6.02×1023个
(4)2Cu(OH)2+CH3CHO+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O
(5)12
2.(2015·江苏高考·21A)
下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶
2Cr2+3CH3CH2OH+16H++13H2O4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH
(1)Cr3+基态核外电子排布式为 ;配合物[Cr(H2O)6]3+中,与Cr3+形成配位键的原子是 (填元素符号)。
(2)CH3COOH中C原子轨道杂化类型为 ;1 mol CH3COOH分子含有σ键的数目为 。
(3)与H2O互为等电子体的一种阳离子为 (填化学式);H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶,除因为它们都是极性分子外,还因为 。
【解析】(1)Cr为24号元素,价电子为24-18=6,d轨道半满状态下较稳定,则Cr的核外电子排布为[Ar]3d54s1,失去电子时,先失最外层上的电子,所以Cr3+的核外电子排布为[Ar]3d3。H2O中的O含有孤电子对,所以O为配位原子。
(2)甲基中碳为sp3杂化,羧基中的碳为sp2杂化。单键全部为σ键,双键中有一个π键和一个σ键,所以1 mol CH3COOH中含有7 molσ键。
(3)H2O中O的价电子数与F+相等,所以H2O和H2F+互为等电子体。H2O与CH3CH2OH之间可以形成分子间氢键,故两者可以任意比例互溶。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 O
(2)sp3、sp2 7 mol或7NA
(3)H2F+ H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键
【误区提醒】没有正确判断出CH3COOH中碳原子轨道杂化类型,CH3COOH中甲基中的碳原子有4个σ键,占据4个杂化轨道,为sp3杂化;羧基中的碳原子有3个σ键,1个π键,π键不占据杂化轨道,为sp2杂化。
3.（2016·江苏高考·21A）
[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应:
4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN
(1)Zn2+基态核外电子排布式为 。
(2)1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为 mol。
(3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是 。
(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为 。
(5)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型,[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为 。
【解析】(1)Zn为30号元素,30-18=12,其核外价层电子排布为3d104s2,失去电子时,先从4s开始,所以Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d10。(2)HCHO的结构式为,单键全为σ键,双键中,只有一个为σ键,1 mol HCHO中存在3 molσ键。(3)HOCH2CN中“—CH2—”
的C为sp3杂化,“—C≡N”中C为sp杂化。(4)N得一个电子与氧原子的电子数相等,所以与H2O互为等电子体。(5)Zn2+与CN-之间为配位键,配位键由C指向Zn。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2)3 (3)sp3和sp
(4)
(5)
4.(2017·江苏高考·21 A)
铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
(1)Fe3+基态核外电子排布式为________________________。
(2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是________________,1 mol丙酮分子中含有σ键的数目为________。
(3)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为____________________。
(4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为 ___________________ 。
(5)某FexNy的晶胞如图-1所示,Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe,形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图-2所示,其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为________________。
【命题意图】本题考查物质结构与性质,意在考查学生对物质结构中基本概念的理解及掌握程度。
【解析】(1)Fe为26号,价层电子数为26-18=8,电子排布式为3d64s2,失去电子时,先失去4s上的2个电子,再失去3d上的一个电子,即为[Ar]3d5。(2)甲基上的碳原子为sp3杂化,羰基上的碳原子为sp2杂化。单键全为σ键,双键中有一个π键,一个σ键,1 mol丙酮中共含有9NA个σ键。(3)非金属性O>C>H,则电负性:O>C>H。(4)乙醇中的羟基之间可以形成分子间氢键,故沸点高于丙酮。(5)能量越低越稳定,从图-2知,Cu替代a位置Fe会更稳定,即为8个顶点,n(Cu)=8×=1,b位置Fe位于面心,n(Fe)= 6×=3,N位于体心,n(N)=1,则化学式为Fe3CuN。
答案:(1)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (2)sp2和sp3 9NA (3)H
CH3OH>CO2>H2,原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体,液体的沸点高于气体;水分子中两个氢原子都可以参与形成分子间氢键,而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键,所以水的沸点高于甲醇;二氧化碳的相对分子质量比氢气大,所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。(4)硝酸锰是离子化合物,硝酸根和锰离子之间形成离子键,硝酸根中氮原子与3个氧原子形成3个σ键,硝酸根中有一个氮氧双键,所以还存在π键。(5)因为O2-是面心立方最密堆积方式,面对角线是O2-半径的4倍,即4r(O2-)=a,解得r(O2-)=≈0.148 nm;MnO也属于NaCl型结构,根据晶胞的结构,2[r(Mn2+)+r(O2-)]=a',即2[r(Mn2+)+0.148 nm]=0.448 nm,所以r(Mn2+)=0.076 nm。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn
(2)sp sp3
(3)H2O>CH3OH>CO2>H2 H2O与CH3OH均为极性分子,H2O中氢键比甲醇多;CO2与H2均为非极性分子,CO2的相对分子质量较大,
范德华力较大
(4)离子键和π键 (5)0.148 0.076
2.Ⅰ.下列叙述正确的有 ( )
A.第四周期元素中,锰原子价电子层中未成对电子数最多
B.第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小
C.卤素氢化物中,HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小
D.价层电子对相斥理论中,π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
Ⅱ.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=0.542 nm,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 。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)记住物质化学键的类型和晶胞的计算方法。
(2)可以通过求算价电子数目判断物质的立体构型。
【解析】Ⅰ.第4周期元素中,锰原子价电子排布式为3d54s2,含5个未成对电子,铬原子价电子排布式为3d54s1,含6个未成对电子,A错误;同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小,B正确;在卤素氢化物中,HF分子间能形成氢键,沸点最高,HCl、HBr、HI中均不含氢键,HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小,C错误;价层电子对相斥理论中,中心原子的价层电子对数包括σ键电子对数和孤电子对数,不包括π键电子对数,D正确。
Ⅱ.根据M是第4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,则价电子排布式为3d104s1,M是铜,Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同可推出Y是氯元素。
(1)铜属于金属晶体,原子间通过金属键形成面心立方密堆积,其中配位数为12。
(2)氯元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5;同周期元素中,从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势,第3周期中第一电离能最大的是Ar;氯元素的含氧酸中,酸性最强的是HClO4;根据价层电子对互斥模型分析中心原子没有孤电子对,立体构型为正四面体。
(3)①根据立方晶胞分析,每个晶胞中含有铜原子的个数:8×+6×=4,含氯原子4个,该化合物的化学式为CuCl;1个CuCl晶胞中含有4个CuCl,此晶体的密度为。
②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物;此化合物的氨水溶液遇到空气时,+1价的铜被氧化,深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+。
答案:Ⅰ.B、D
Ⅱ.(1)金属晶体 金属键 12
(2)1s22s22p63s23p5 Ar HClO4 正四面体
(3)①CuCl 或
②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子) [Cu(NH3)4]2+
3. (1)元素的第一电离能:Al Si(填“>”或“<”)。
(2)基态Mn2+的核外电子排布式为 。
(3)硅烷(SinH2n+2
)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示,呈现这种变化关系的原因是
。
(4)硼砂是含结晶水的四硼酸钠,其阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示:
①在Xm-中,硼原子轨道的杂化类型有 ;配位键存在于 原子之间(填原子的数字标号);m= (填数字)。
②硼砂晶体由Na+、Xm-和H2O构成,它们之间存在的作用力有 (填序号)。
A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.范德华力 E.氢键
【解题指南】解答本题要明确以下四点:
(1)电离能是衡量原子或离子失电子能力的标度,越容易失电子,第一电离能越大。
(2)分子晶体的沸点是由范德华力、氢键和分子极性等因素决定的。
(3)根据球棍模型和元素的成键数目写出Xm-的结构,再根据化合价求出m的数值。
(4)根据孤对电子和空轨道的存在判断配位键。
【解析】(1)Al是活泼金属,容易失去电子,第一电离能小,硅是非金属,不容易失去电子,第一电离能大。
(2)Mn是25号元素,其电子排布式为[Ar]3d54s2,失去最外层的2个电子,即得Mn2+:[Ar]3d5。
(3)硅烷为分子晶体,其组成和结构相似,相对分子质量越大,范德华力越大,沸点越高。
(4)①H可以形成1个共价键,O可以形成2个共价键,B可以形成3个共价键,所以最小的球为氢原子,共4个,颜色浅的大球为氧原子,共9个,颜色深的大球为硼原子,共4个,其化学式为(H4B4O9)m-,H为+1价,B为+3价,O为-2价,所以4×1+4×3-2×9=-m,得m=2。硼原子正常形成3个共价键,采用sp2杂化,4号硼原子形成了4个共价键,四面体构型,采用sp3杂化,其中1个共价键为配位键,5号氧原子形成2个共价键,还有1个离子键(OH-),所以其中1个共价键为配位键,即4号和5号原子之间的共价键为配位键。②Na+和Xm-之间以离子键结合,结晶水之间存在范德华力和氢键。
答案:(1)< (2)1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
(3)硅烷的相对分子质量越大,分子间范德华力越大,沸点越高(或其他合理答案)
(4)①sp2和sp3 4,5或(5,4) 2 ②A、D、E
4.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题:
(1)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为___ ___________。
(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1
变化趋势如图(a)所示,其中除氮元素外,其他元素的E1自左而右依次增大的原因是__________________;氮元素的E1呈现异常的原因是____ _。
图（a） 图（b）
(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构,其局部结构如图(b)所示。
①从结构角度分析,R中两种阳离子的相同之处为________,不同之处为________。(填标号)
A.中心原子的杂化轨道类型 B.中心原子的价层电子对数
C.立体结构 D.共价键类型
②R中阴离子中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号表示,其中m代表参与形成的大π键原子数,n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为),则中的大π键应表示为_ ______。
③图(b)中虚线代表氢键,其表示式为()N—H…Cl、________________、________________。
(4)R的晶体密度为dg·cm-3,其立方晶胞参数为anm,晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元,该单元的相对质量为M,则y的计算表达式为________________________。
【命题意图】本题考查了原子的结构、电子亲和能、化学与分子结构、晶体的计算等,意在考查考生对物质结构与性质中相关知识的综合应用能力。
【解析】(1)氮原子位于第二周期第VA族,价电子是最外层电子,其价层电子排布式为2s22p3,所以其电子排布图为。(2)同周期元素,从左到右非金属性依次增大,原子核对电子的束缚能力增大,除氮原子外,其他原子得电子能力依次增大,得电子后形成的阴离子稳定性逐渐增大,所以根据第一电子亲和能的定义可知同周期元素的第一电子亲和能自左向右依次增大;N的2p能级上有3个电子,处于半满状态,属于较稳定状态,得电子能力相对较弱,因此第一电子亲和能较同周期相邻元素要低。(3)①根据图(b),阳离子是和H3O+,中心原子是N,含有4个σ键,孤电子对数为(5-1-4×1)/2=0,价层电子对数为4,杂化类型为sp3,空间构型为正四面体形;H3O+中心原子是O,含有3个σ键,孤电子对数为(6-1-3)/2=1,价层电子对数为4,杂化类型为sp3,空间构型为三角锥形,因此相同之处为ABD项,不同之处为C项;②根据图(b) 中σ键总数为5个;根据信息,每个氮原子有且只有一个p轨道与环平面垂直,一个p轨道中有1个电子,外来的1个电子也进入这种p轨道中,因此π电子总数为1×5+1=6个,所以大π键可表示为;③根据图(b) 、H3O+中的H与、Cl-都可形成氢键,因此还有的氢键是(H3O+)O—H…N和()N—H…N。
(4)根据密度的定义有,d=g·cm-3= g·cm-3,解得y==×10-21(或)。
答案:(1)
(2)同周期元素随核电荷数依次增大,原子半径逐渐变小,故结合一个电子释放出的能量依次增大 N的2p轨道为半充满状态,具有额外稳定性,故不易结合一个电子
(3)①ABD C ②5 Π ③(H3O+)O—H…N() (NH)N—H…N(N)
(4) (或×10-21)
5.一项科学研究成果表明,铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。
(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液,所得沉淀经高温灼烧,可制得CuMn2O4。
①Mn2+基态的电子排布式可表示为 。
②N的空间构型是 (用文字描述)。
(2)在铜锰氧化物的催化下,CO 被氧化为CO2,HCHO 被氧化为CO2和H2O。
①根据等电子体原理,CO 分子的结构式为 。
②H2O 分子中氧原子轨道的杂化类型为 。
③1 mol CO2中含有的σ键数目为 。
(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH 溶液可生成[Cu(OH)4]2-。不考虑空间构型,[Cu(OH)4]2-的结构可用示意图表示为 。
【解题指南】解答本题时应熟练掌握物质结构的有关规律和原理,运用相关规律和原理解决具体问题。
【解析】(1)①锰的质子数为25,Mn2+有23个电子;
②N中心原子为氮原子,有三对价层电子对,三个配位原子,硝酸根为平面三角形结构;
(2)①一氧化碳与氮气互为等电子体,结构式与氮气类似;
②水中氧原子为中心原子,价层电子对为4对,为sp3杂化;
③一个二氧化碳中有两个σ键,1 mol二氧化碳中σ键为2 mol;
(3)铜离子与氢氧根之间为配位键。
答案:(1)①1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)
②平面三角形
(2)①C≡O ②sp3
③2×6.02×1023个(或2 mol)
(3) (或)
6.ⅥA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态,含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题:
(1)S单质的常见形式为S8,其环状结构如图所示,S原子采用的轨道杂化方式是 ;
(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量,O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为 ;
(3)Se原子序数为 ,其核外M层电子的排布式为 ;
(4)H2Se的酸性比H2S (填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为 ,S离子的立体构型为 ;
(5)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10-3和2.5×10-8,H2SeO4第一步几乎完全电离,K2为1.2×10-2,请根据结构与性质的关系解释:
①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因: ;
②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因: ;
(6)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示,其晶胞边长为540.0 pm,密度为 g·cm-3(列式并计算),a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为 pm(列式表示)。
【解题指南】解答本题时应注意物质的空间构型与杂化方式有关;ZnS晶体结构中四个Zn2+在体内的四个小立方体的中心,不在同一平面上。
【解析】(1)因为S8为环状立体结构,所以为sp3杂化;
(2)元素的非金属性越强,第一电离能越大,所以第一电离能由大到小的顺序为:O>S>Se;
(3)Se是34号元素,M层电子排布式为:3s23p63d10。
(4)H2Se的酸性比H2S强,SeO3杂化方式为sp2,空间构型为平面三角形,S杂化方式为sp3,空间构型为三角锥形。
(5)①第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子。
②H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为+4价,而H2SeO4中的Se为+6价,正电性更高,导致Se—O—
H中O的电子更向Se偏移,越易电离出H+。
(6)晶胞密度==4.1 g·cm-3;
设m为晶胞边长,过b向上面作垂线,构成直角三角形,两边分别为/4m,1/4m,即可求出斜边为/4m=/4×540.0 pm=135。
答案:(1)sp3 (2)O>S>Se
(3)34 3s23p63d10
(4)强 平面三角形 三角锥形
(5)①第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子
②H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为+4价,而H2SeO4中的Se为+6价,正电性更高,导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移,越易电离出H+
(6)
7.(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律,参照如图中B、F元素的位置,用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。
(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到:
4NH3+3F2NF3+3NH4F
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 (填序号)。
a.离子晶体 b.分子晶体
c.原子晶体 d.金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为 。
(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及 (填序号)。
a.离子键 b.共价键
c.配位键 d.金属键
e.氢键 f.范德华力
②R中阳离子的空间构型为 ,阴离子的中心原子轨道采用
杂化。
(4)已知苯酚()具有弱酸性,其Ka=1.1×10-10;水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断,相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸) Ka(苯酚)(填“>”或“<”),其原因是 。
【解题指南】解答本题时应注意以下3点:
(1)掌握第一电离能的变化规律,要注意洪特规则特例的影响。
(2)掌握晶体的结构特点及判断方法。
(3)正确理解各类化学键的特征,氢键、范德华力、原子杂化方式等相关概念。
【解析】(1)同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,但第2周期中第ⅡA族元素的第一电离能比相邻的第ⅠA族和第ⅢA族元素大,第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族。
(2)4NH3+3F2NF3+3NH4F中NH3、F2、NF3的晶体类型为分子晶体;Cu为金属晶体;NH4F为离子晶体。
(3)晶体Q()中含有共价键、配位键、氢键、范德华力,不存在离子键和金属键。R中阳离子的空间构型为三角锥形,阴离子的中心原子轨道采用sp3杂化。
(4)因为能形成分子内氢键,更难电离出H+,所以Ka2(水杨酸)
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