2022高考化学二轮复习题型专练十一物质结构与性质鸭含解析.docx

题型专练(十一)　物质结构与性质(选考)
1.(2019·河南开封一模)决定物质性质的重要因素是物质的结构。请回答下列问题:
(1)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能,用符号I1至I5表示)如表所示:

I1
I2
I3
I4
I5
电离能kJ·mol-1
589.8
1 145.4
4 912.4
6 491
8 153
元素M化合态常见化合价是　　　　价,其基态原子电子排布式为　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)Ca3(PO4)3F中非金属元素电负性由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)PO43-的中心原子的杂化方式为　　　　,该离子的空间构型为　　　　,键角为　　　　,其等电子体有　　　　(请写出两种)。 
(4)CaF2晶胞结构如图所示,则CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的Ca2+数目为　　　　;已知Ca2+和F-半径分别为a cm、b cm,阿伏加德罗常数为NA,M为摩尔质量,则晶体密度为　　　　 g·cm-3(不必化简)。 
(5)已知MgO与CaO的晶体结构相似,其摩氏硬度的大小关系为　　　　,原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案(1)+2　1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2
(2)F>O>P
(3)sp3　正四面体形　109°28'　SO42-、CCl4等
(4)12　4MNA[4(a+b)3]3
(5)MgO>CaO　Mg2+半径比Ca2+小,MgO晶格能较大
解析(1)根据元素M气态原子I1~I5的大小可以看出:I1、I2相差不大,I2、I3相差较多,说明M原子最外层有2个电子。在Ca5(PO4)3F中元素有Ca、P、O、F四种元素,只有Ca元素最外层有2个电子,容易失去最外层的2个电子,化合价为+2价;根据原子核外电子排布规律可知Ca基态原子电子排布式为[Ar]4s2或1s22s22p63s23p64s2。
(2)Ca3(PO4)3F中非金属元素有P、O、F三种,元素的非金属性F>O>P,元素的非金属性越强,其电负性越大,故按电负性由大到小的顺序排列为F>O>P。
(3)PO43-的中心原子P的价层电子对数是4,故P原子杂化方式为sp3杂化;由于孤电子对数为0,该离子的空间构型为正四面体形,键角为109°28',其等电子体有SO42-、CCl4等。
(4)根据CaF2晶胞结构可知:在每个晶胞中与Ca2+离子距离最近且等距离的Ca2+有3个(顶点Ca2+与面心Ca2+最近),顶点Ca2+可被8个晶胞共用,每个Ca2+计算了2次,所以与Ca2+离子距离最近且等距离的Ca2+有(3×8)÷2=12个;将CaF2晶胞分成8个小立方体,立方体中心为F-离子,顶点为Ca2+,晶胞中共有4个钙离子、8个氟离子。小立方体的对角线为2(a+b),则晶胞的对角线为4(a+b),晶胞的边长为4(a+b)3,根据晶体密度计算公式可得该晶体的密度ρ=mV=4MNA[4(a+b)3]3 g·cm-3。
(5)MgO与CaO的晶体结构相似,由于离子半径Ca2+>Mg2+,离子半径越大,与O2-的核间距就越大,晶格能就越小,物质的硬度就越小,故其摩氏硬度的大小关系为MgO>CaO。
2.(2019·辽宁葫芦岛二模)铁、钴、镍等过渡元素在工业生产和科学研究中具有重要作用,回答下列问题。
(1)Fe3+简化的电子排布式为　　　　　　　　　,第四电离能I4(Co)　　　　　I4(Fe)(填”>”或”<”)。 
(2)FeSO4常用作净水剂和补铁剂,SO42-的空间构型为　　　　,其中硫原子采用　　　　杂化,任意写出一种SO42-的等电子体:　　　　　　。 
(3)Fe(CO)x常温下呈液态;熔点为-20.5 ℃,沸点为103 ℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe(CO)x晶体属于　　　　(填晶体类型),若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18,则x=　　　　。 
(4)氮化铁晶体的晶胞如图1所示,该氮化铁晶体的化学式为　　　　。 
(5)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·cm-3,NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中,与O2-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]3d5　<
(2)正四面体　sp3　ClO4-、S2O32-、PO43-(任写一种)
(3)分子晶体　5

解析(1)Fe在第四周期Ⅷ族,基态原子简化电子排布式为:[Ar]3d64s2,则Fe3+简化电子排布式为[Ar]3d5;Co基态原子简化电子排布式为:[Ar]3d74s2,气态Co原子失去三个电子后会变为[Ar]3d6,更易生成[Ar]3d5,Fe3+ 3d能级为半充满结构,较稳定,故第四电离能I4(Co)<I4(Fe)。
(2)SO42-的价层电子对数为4,无孤电子对,则其空间构型为正四面体,杂化类型为sp3;等电子体是指价电子数相同,原子数相同,结构相似的离子或分子,则与SO42-互为等电子体的有ClO4-、S2O32-、PO43-等。
(3)Fe(CO)x常温下呈液态;熔点为-20.5 ℃,沸点为103 ℃,易溶于非极性溶剂,符合分子晶体的特点,因此可判断Fe(CO)x为分子晶体;中心原子铁价电子数为8(3d64s2),一分子配体CO提供2个电子形成配位键,因此x=18-82=5。
(4)氮化铁晶胞为六棱柱形,顶点贡献率为16,面心贡献率为12,观察晶胞图1可知,12个铁位于顶点,2个铁位于面心,3个铁位于体内,2个N位于体内,用“均摊法”可知,1个晶胞中含铁微粒数:12×16+2×12+3=6个,含氮微粒数:2个,该晶体中铁、氮微粒个数之比为6∶2=3∶1,则化学式为:Fe3N。
(5)根据晶胞图2可知,氧化亚铁晶胞类似氯化钠晶胞,晶胞中含Fe2+:8×18+6×12=4个,含O2-:12×14+1=4个,氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1∶1,晶胞的化学式为FeO。以体心O2-为参照,与其紧邻且等距离的Fe2+有6个(位置分别在O2-的前、后、左、右、上、下)。

3.(2019·河北石家庄教学质量检测)氧元素为地壳中含量最大的元素,可形成多种重要的单质和化合物。
(1)氧元素位于元素周期表中　　　　　　　　区;第二周期元素中,第一电离能比氧大的有　　　　　　种。 
(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为　　　　　　　　;其分子的VSEPR模型为　　　　　　　　,与其互为等电子体的离子为　　　　　　　　(写出一种即可)。 
(3)含氧有机物中,氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为　　　　　　　　;C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+,该离子的结构可表示为　　　　　　　　　　。 
(4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。
①FeO立方晶胞结构如图1所示,则Fe2+的配位数为　　　　　　　　;与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为　　　　　　　　。 
②Cu2O立方晶胞结构如图2所示,若O2-与Cu+之间最近距离为a pm,则该晶体的密度为　　　　　　　g·cm-3(用含a、NA的代数式表示,NA代表阿伏加德罗常数的值)。 
答案(1)p　3
(2)sp2杂化　平面三角形　NO2-
(3)乙醇分子间可形成氢键
(4)①6　正八面体　②273×10302NAa3
解析(1)除了ds区外,区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号,O原子最后填入的电子是2p电子,所以O元素位于p区;第二周期元素中,第一电离能比O元素大的元素有N、F、Ne。
(2)O3中心原子的价层电子对个数=2+6-2×22=3且含有1个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断,中心原子的杂化方式为sp2杂化,其分子的VSEPR模型为平面三角形,与其互为等电子体的阴离子有NO2-(合理即可)。
(3)可以形成分子间氢键的物质熔、沸点较高,乙醇能形成分子间氢键,甲醚不能形成分子间氢键,所以乙醇的熔、沸点比甲醚高;C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+,其中钙离子为中心离子,乙醇为配体,乙醇中O原子提供孤电子对,钙离子提供空轨道形成配位键,其结构可表示为。
(4)①Fe2+的配位数为6;与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型与Fe2+紧邻的所有O2-构成的几何构型相同,根据图1可知,与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体。
②若O2-与Cu+之间最近距离为a pm,该距离为晶胞体对角线的14,则晶胞体对角线长度=4a pm,晶胞棱长=4a33×10-10 cm,晶胞体积=(4a33×10-10 cm)3,该晶胞中白球离子个数=1+8×18=2、灰球离子个数为4,根据化学式Cu2O知,灰色球表示亚铜离子、白色球表示氧离子,则该晶体的密度=mV=64×4+16×2NA(4a33×10-10)3 g·cm-3=273×10302NAa3 g·cm-3。
4.(2019·河北示范性高中联考)钴的合金及其配合物用途非常广泛。已知Co3+比Fe3+的氧化性更强,在水溶液中不能大量存在。
(1)Co3+的核外电子排布式为　　　　　　　　　　。 
(2)无水CoCl2的熔点为735 ℃、沸点为1 049 ℃,FeCl3熔点为306 ℃、沸点为315 ℃。CoCl2属于　　　　晶体,FeCl3属于　　　　晶体。 
(3)BNCP可用于激光起爆器等,可由HClO4、CTCN、NaNT共反应制备.
①ClO4-的空间构型为　　　　　　　　　　。 
②CTCN的化学式为[Co(NH3)4CO3]NO3,与Co(Ⅲ)形成配位键的原子是　　　　　　　　。 
已知CO32-的结构式是[]2-
③NaNT可以(双聚氰胺)为原料制备,1 mol双聚氰胺分子中含σ键的数目为　　　　　　　　。 
(4)Co与CO作用可生成Co2(CO)8,其结构如图1所示,该分子中C原子的杂化方式为　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)钴酸锂是常见锂电池的电极材料,其晶胞结构如图2所示。该晶胞中氧原子的数目为　　　　。已知NA为阿伏加德罗常数的数值,则该晶胞的密度为　　　(用含a、b、NA的代数式表示)g·cm-3。 
答案(1)1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6
(2)离子　分子
(3)①正四面体　②N和O　9NA(或9×6.02×1023)
(4)sp和sp2
(5)6　196×10303a2b×NA
解析(1)钴是27号元素,根据构造原理,Co3+的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。
(2)无水CoCl2的熔、沸点较高,则CoCl2属于离子晶体;氯化铁熔、沸点较低,则氯化铁属于分子晶体。
(3)①ClO4-中Cl原子为中心原子,其孤电子对数为0,且其形成了4个σ键,故中心原子采取sp3杂化,ClO4-空间构型为正四面体。
②[Co(NH3)4CO3]NO3分子中,Co(Ⅲ)提供空轨道,NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤电子对形成配位键,所以与Co(Ⅲ)形成配位键的原子是N和O。
③所有单键为σ键,双键中有一个σ键,由的结构可知,σ键数为9,则1 mol双聚氰胺分子中含σ键的数目为9NA。
(4)从结构图中可看出,有的C形成双键,有的C形成三键,故杂化类型分别为sp和sp2杂化。
(5)题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1 pm=10-10 cm,六棱柱底部正六边形的面积=6×34(a×10-10)2 cm2,六棱柱的体积=6×34(a×10-10)2(b×10-10) cm3=3×32a2b×10-30 cm3。该晶胞中氧原子的数目为12×16+6×13+2×12+1=6,Li原子的数目为3,Co原子的数目为3,钴酸锂晶胞的化学式为Li3Co3O6,则一个晶胞的质量为294NA g,其密度为ρ=mV=196×10303a2b×NA g·cm-3。