重点9 物质结构与性质综合题

1、重点9物质结构与性质综合题【命题规律】物质结构与性质为选做题，做为“拼盘”命制的题型，各小题之间相对独立，主要考查原子结构与性质、 分子结构与性质、晶体结构与性质。在原子结构部分主要命题点有电子排布式或排布图的书写，电离能、 电负性大小的比较与判断。在分子结构部分主要命题点有化学键类型的判断，分子构型的判断，中心原子 杂化方式的判断。在晶体结构部分主要命题点有晶体类型的判断，晶体结构的计算等。每年几乎都有电子 排布、轨道、键型、杂化类型、空间结构，多数有涉及晶胞的计算，偶尔有共面原子数、电负性或电离能 等。【备考建议】在备考时，应多关注理论、概念、在解释中的应用方面下功夫，做到文字清楚、条理清

2、晰，答其所问， 拿到该拿得分。【限时检测】(建议用时：30分钟)(山西省大同市2020届高三第一次联合考试)现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素， 它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8 个运动状态不同的电子，E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3,且E元素的基态 原子有4个未成对电子。请回答下列问题： 请写出D基态的价层电子排布图：。 下列说法正确的 。二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点SiO2CO2电负性顺序：CVNVOVFn2与CO为等电子体，结构相似，化学性质相似稳定性：H2OH2S，原

3、因是水分子间存在氢键某化合物与F( 1)(1表示化合价为+ 1)结合形成如图所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式是己知(BC)2是直线性分子，并有对称性，且分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则(BC)2中 。键和n键的个数比为。（5）C元素最高价含氧酸与硫酸酸性强度相近，原因是（6）Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中， 另一半Fe3+和 Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2-数

4、之比为，有%的正八面体空隙没有填充阳离子Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18g/cm3，则该晶胞参数 a=pm。（写出计算表达式）cf的耽簇招列方式（白球未示O5）2 s2 s【答案】（1）叵|2Pt； t t（2）B（3）sp2、sp 3（4）3： 4（5）HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近(6) 2 ： 150%38X232X101035.18 x 6.02 X1023【解析】A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，均位于元素周期表的前四周期，B元素含有3 个能级，且每个能级所含的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，

5、故B为碳元素；D的原子核外有8个 运动状态不同的电子，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素与F元素处 于同一周期相邻的族，它们的原序数相差3,二者只能处于第四周期，且E元素的基态原子有4个未成对电 子，外围电子排布为3d64s2，则E为Fe，F为Cu，（3）中。（氮元素）与A形成的气体x，则A为H元素， 形成的x为NH3,据此解答本题。（1）（1）D为O元素，价电子排布为2s22p4,基态的价层电子排布图为：回 可厂|，2P2S 故答案为：回2P（2）A、二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳形成分子晶体，故点：SiO2CO2,故A错误；B、同周期自左 而右电负性增大，电负性

6、顺序：CNOS，所以稳定性：H2OH2S，故D错误，故答案 为：B；（3）杂环上的碳原子含有3个。键，没有孤对电子，采用sp2杂化，甲基、亚甲基上碳原子含有4个共价 单键，采用sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；（4）（CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：N三C-C三N，单键为。键，三键含有1个。键、2个n键，（CN）2中。键和n键的个数比为3： 4，故答案为：3： 4；（5）HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近，故答案为：HNO3的非羟基氧个数与h2so4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近；1（6）结构中如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙

7、有8个，由图可知晶体结构中O2-离子数目为8x +6x=482个，则正四面体空隙数与O2-离子数目之比为8： 4=2： 1；Fe3O4中有一半的Fe3+填充到正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则有50%的正八 面体空隙没有填充阳离子；含有Fe3+和Fe2+的总数为3,晶胞中有8个图示结构单元，不妨取1mol这样的晶胞，则1mol晶胞的质量为 m=8x（3x56+4x16）g=8x232g，1mol 晶胞即有 6.02x1023个晶胞，1 个晶胞的体积为 V=（ax1O-i0）3cm3，所以晶m _8 x 232体密度为偿6.02 x 1023 xV = 6.02 x

8、 1023 x（a x10-U g，所以晶胞边长a=J 8X232x1010pm，35.18 x 6.02 x10238 x 232故答案为：2:1； 50； J x1010。V 5.18 x 6.02 x1023（河北省衡水中学2020届高三下学期一调）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：金红石（TiO2）是钛的主要矿物之一，基态Ti原子价层电子的排布图为，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。以TiO2为原料可制得TiCl4, TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K,均高于结构与其相似的CC14,主要 原因是。TiC14可溶于浓盐酸得H2TiC16，向溶液中加入

9、NH4C1浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiC16晶体。该晶体中 微观粒子之间的作用力有。A.离子键 B.共价键C.分子间作用力D.氢键E.范德华力TiC14可与CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。上述三种小分子中C原子的VSEPR 模型不同于其他分子的是 ，该分子中C的轨道杂化类型为。TiO2与BaCO3 一起熔融可制得钛酸钡。BaCO3中阴离子的立体构型为。经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示(Ti4+、Ba2+均与O2-相接触)，则钛酸钡的化学式为。已知晶胞边长为a pm, O2 的半径为b pm,则Ti4+、Ba2+的半径分别为 pm、pm。【答案

10、】(1)【答案】(1)0003dTiC14的相对分子质量大于CC14，分子间作用力更大AB(4) HCHOsp2(5(5)平面三角形BaTiO3a 一 2b2【解析】(1) Ti为38号元素，基态钛原子核外电子排布式为：Ar3d24s2，则价层电子排布图为工回；基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，最高能级为p，其电子云轮廓为哑铃型;3d 4务 (2) TiC14的熔、沸点分别为205K、409K，与CC14结构相似，都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子 间作用力更大；根据转化过程

11、TiCl4可溶于浓盐酸得H2TiCl6，可看做形成一种酸，所有的酸都属于共价化合物，向溶液 中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiCl6晶体，可看做酸跟盐反应生成(NH4)2TiCl6，产物中含有铵 根离子，根据以上分析，(NH4)2TiCl6晶体中含有共价键和离子键，故答案选AB；CH3CH2OH和CH3OCH3中的碳原子都是以单键形式成键，结构与甲烷相似，都是四面体结构，HCHO 的碳原子含有碳氧双键，分子中所有在同一平面，为平面三角形，根据构型可知，三个分子中C原子的VSEPR 模型不同于其他分子的是HCHO,根据构型可得，该分子中C的轨道杂化类型为sp2杂化；4 + 2 -

12、 3 x 2(5)BaCO3中阴离子为CO32-，中心原子为碳原子，其价层电子对数=3+2=3,碳原子为sp2杂化，该阴离子由4个原子构成，则立体构型为平面三角形；1根据晶胞图示，Ti位于晶胞的顶点，Ti的数目=8x =1，Ba原子位于晶胞的内部，数目为1，分析计算分81子式和粒子半径；O原子位于晶胞的棱上，其数目=12x4=3，则则钛酸钡的化学式为BaTiO3；已知晶胞边 a-2r(O2-) h 长为 a pm，O2 的半径为 bpm，根据图示，晶胞边长=2r(Ti4+)+2r(O2-)=apm，则 r(Ti4+)=pm；2晶胞面对角线的长度=2r(O2-)+2r(Ba2+)=七2 a pm

13、，r(Ba2+)=_=、物pm。一2(2019-2020学年安徽省黄山市高中毕业班第一次质量检测)(1)。基态原子核外电子排布式为。H2OVSEPR模型名称为，立体构型为。O3 极性分子(填“是”或“不是”)。利用热化学法来测定晶格能是由Born与Haber首先提出来的，其实质是利用Hess定律，构成一个热 化学循环。已知：Na(s)+ 2 Cl2(g)= NaCl(s) AH =-410.9 kJ-mol-1107.7kJ/mol496kJ/mol ,卜 NaCl(s)Na(s) Na(g) Na+卜 NaCl(s)121.7kJ/mol-349kJ/mol .-Cl (g) T Cl(g)

14、 T Cl-(g)2可知Na原子的第一电离能为 可知Na原子的第一电离能为 kJ.mol-1； Cl-Cl键键能为kJ-mol-1； NaCl 晶格能为 kJ-mol高压下NaCl晶体和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体，如图是其中一种晶体的 晶胞(大球为氯原子，小球为钠原子)，其化学式为。(列出金属Na晶体中的原子堆积方式称为体心立方堆积，晶胞参数为a nm,空间利用率为.(列出计算式)。【答案】(1) 1S22S22P4四面体形V形 是(2)496(2)496243.4787.3(3)Na2Cl(4) 【解析】【分析】(1)根据核外电子数排布，价层电子互斥理论和杂化轨道理论

15、分析解答；利用等电子体的结 构特点分析解答；气态基态Na原子失去1个电子转化为气态基态钠离子需要的最低能量为Na的第一电离能；Cl-Cl键的键 能等于1molCl2形成Cl(g)所吸收的能量；NaCl晶格能是Na+、Cl-气态离子形成1molNaCl晶体释放的能量；根据一个晶胞中各原子分别在棱、边、面的所在比例计算化学式；空间利用率=晶胞中原子所占总体积与晶胞体积的比值。【详解】(1)O原子为8号元素，核外电子数排布式为：1s22s22p4, H2O中中心氧原子成键电子对数为2,孤 电子对数是2,价电子对数是4,则VSEPR模型名称为四面体，立体构型为V形；O3和SO2是等电子体， SO2中为

16、V型分子，正、负电荷中心不重合，是极性分子，等电子体的结构相似，o3是极性分子；气态基态Na原子失去1个电子转化为气态基态钠离子需要的最低能量为Na的第一电离能，故Na的第 一电离能为496kJ/mol； Cl-C键的键能能等于1molCl2形成Cl(g)所吸收的能量，故Cl-Cl键能=2x121.7kJ/mol=243.4kJ/mol； NaCl晶格能是Na+、Cl-气态离子形成1molNaCl晶体释放的能量，根据AH=E 吸-E放，故 NaCl 的晶格能=E 吸-AH=(496+107+121.7-349) kJ/mol-(410.9 kJ-mol-1)=787.3kJ/mol；11晶胞中

17、4个Na原子在棱上，2个Na原子在面心，2个Na原子在晶胞内部，则钠原子数量=4x +2x 5 +2=4,18个Cl原子在棱上，则氯原子的数量=8x-=2，则该晶体的化学式为Na2Cl；金属Na晶体中的原子堆积方式称为体心立方堆积，其堆积方式如图所示：惚，则一个晶胞中钠1原子数量=8x +1=2,晶胞参数为a nm，则晶胞的体积为匕响)=a3nm3，根据晶胞图示，晶胞体对角线的长8(晶胞)度=4r(Na)，则r(Na)=M nm，则晶胞中钠原子的总体积=2x4兀x(皂a)3,则晶胞空间利用率 TOC o 1-5 h z 434-4、2 x 兀 x ( a)34 4.(湖南省湘潭一中2019-2

18、020学年高三11月高考模拟)CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答 下列问题：(1) CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为。 SO42-的立体构型是，与SO42-互为等电子体的一种分子为 (填化学式)。往Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。其中NO3-中心原子的杂化轨道类型为，Cu(NH3)4(NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有。 CuSO4的熔点为560，Cu(NO3)2的熔点为115C，CuSO4熔点更高的原因是。利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH

19、)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。115，115，号)。则D原子的坐标参数为该晶胞原子坐标参数A为(0, 0, 0)； B为(1，0, 0)； C为(号，它代表原子。若Cu2O晶体密度为d g-cm-3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=【答案】(1) Ar3d9 NOS正四面体，CC14 (或SiF4等)sp2，配位键、离子键CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高(5(5)( !；!；!)Cu F【解析】(1)根据铜的基态原子核外电子排布式为Ar3d104s1确定Cu2+的电子排布式；同周期从左向右第一电离能增大，但VAVIA,确定N、O、S的第一电离能。SO42-价层电